2020-2021学年北京市交大附中高二（上）期末化学试卷
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分） 1．（3分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ） A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．氯化铵可用于铁制品的除锈剂 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 2．（3分）下列溶液一定呈中性的是（ ） A．CuCl2溶液 B．NaHCO3溶液 C．NaNO3溶液
D．NH4Cl和NH3–•H2O混合溶液
3．（3分）反应A+3B═4C+2D，在不同条件下反应，其平均反应速率v（X）（表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率）如下，其中反应速率最快的是（ ） A．v（A）＝0.4mol/（L•s） C．v（C）＝1.2mol/（L•s）
B．v（B）＝0.8mol/（L•s） D．v（D）＝0.7mol/（L•s）
4．（3分）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图。下列说法不正确的是（ ）
A．X的分子式为C5H4O2N3F B．Z中含有4种官能团 C．Y和Z都有羟基
D．X和Z都属于芳香族化合物
5．（3分）最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）
A．加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离
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B．水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程 C．水电离出的c（H+）＝107mol/L的溶液一定呈中性
﹣
D．水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大
6．（3分）水煤气变换反应为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用●标注。下列说法正确的是（ ）
A．水煤气变换反应的△H＞0
B．步骤③的化学方程式为：CO●+OH●+H2O（g）═COOH●+H2O● C．步骤⑤只有非极性键H﹣H键形成 D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝1.70eV
7．（3分）生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率 B．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O（g）═Fe3O4+4H2
C．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2
D．当n（CO）：n（H2）＝1：1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n（CO）：n（O2）＝2：1
8．（3分）已知反应2NO+2H2═N2 +2H2O的速率方程为υ＝kc2（NO）•c（H2）（k为速率
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常数），其反应历程如下： ①2NO+H2 →N2+H2O2 慢 ②H2O2 +H2→2H2O快 下列说法不正确的是（ ）
A．增大c （NO） 或c（H2），均可提高总反应的反应速率
B．c （NO）、c（H2）增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同 C．该反应的快慢主要取决于反应① D．升高温度，可提高反应①、②的速率
9．（3分）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ） A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN、Cl
﹣
﹣
B．含有NO3的溶液中：I、SO32、SO42、H+
﹣
﹣
﹣
﹣
C．由水电离出的c（H+）＝1.0×10
﹣
﹣13
mol•L
﹣1
的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3
﹣
D．pH＝11的NaOH溶液中：CO32、K+、NO3、SO42
﹣
﹣
﹣
10．（3分）下列实验操作及现象与推论不相符的是（ ）
选项 A
操作及现象
用pH试纸测得0.1 mol/LCH3COOH溶液pH约为3
推论
CH3COOH是弱电解质
B
向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再溶液中可能含有CO32将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊 C
﹣
或HCO3
﹣
用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液HClO的酸性弱于的pH，前者的pH小于后者的
CH3COOH
D 向2 mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL 0.1mol/LMgCl2溶Mg（OH）2沉淀转化液，产生白色沉淀；再加入1mL 0.1mol/L FeCl3溶液，沉为Fe（OH）3沉淀 淀变为红褐色
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）298 K时，0.180mol/Lγ﹣羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成γ﹣丁内酯：
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不同时刻测得γ﹣丁内酯的浓度如表。 t/min c（mol/L）
20 0.024
50 0.050
80 0.071
100 0.081
120 0.090
160 0.104
220 0.116
∞ 0.132
注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。 下列分析正确的是（ ）
A．增大γ﹣羟基丁酸的浓度可提高γ﹣丁内酯的产率 B．298K时，该反应的平衡常数为2.75
C．反应至120min时，γ﹣羟基丁酸的转化率＜50% D．80～120min的平均反应速率：v（γ﹣丁内酯）＞1.2×10
﹣
﹣3
mol•L1•min1
﹣
﹣﹣
12．（3分）25℃时，在20mL 0.1mol•L1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L1NaOH溶液，pH变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．若用10mL H2O代替10mL NaOH溶液，所得溶液pH小于a点
﹣
B．b点溶液中微粒浓度：c（Na+）＞c（CH3COO）＞c（CH3COOH） C．a点→c点的过程中n（CH3COO）持续增大
﹣
﹣
﹣1
D．若向a点对应的溶液中滴加1滴0.1mol•L1NaOH溶液或1滴0.1mol•LpH变化均不大
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（ ）
醋酸溶液，
A．甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2
B．乙是C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断
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该反应的△H＞0、x＞0.1
C．丙是0.5 mol/L CH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c（OH）减小
D．丁是0.03g镁条分别与2 mL 2 mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
14．（3分）利用如图装置探究铜粉与下列试剂的反应，在试管中加入一定量铜粉，加入试剂后，立即塞上橡胶塞，实验现象如下表所示，下列推断不正确的是（ ） 资料：Cu2++4NH3⇌[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+呈绛蓝色。
装置
序号
试剂
现象
﹣
① 10 mL浓NH3•H2O，3 mLH2O 溶液变为绛蓝色，左侧水柱上
升
② 10 mL浓NH3•H2O，3 mL H2O2 溶液变为绛蓝色，且比①深
③
10 mL 20% HNO3溶液，
3 mL H2O
④
10 mL 20% HNO3溶液，
3 mL H2O2
A．①中实验现象说明O2参与了反应
B．②中溶液颜色比①深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+ C．③中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的 D．④比③变蓝慢是由于H2O2分解造成自身消耗 二、解答题（共6小题，满分58分）
15．（5分）现有下列6种有机物：①CH≡CH；②CH2＝CH﹣CH＝CH2；③CH3﹣C≡C﹣
溶液快速变蓝，产生无色气
体，左侧水柱下降 溶液变蓝比③慢，产生无色气
体，左侧水柱下降
CH3；④；⑤。
（1）其中不属于烃的是 。（填序号） （2）与①互为同系物的是 。（填序号） （3）分子⑤中含有的官能团名称是 。
（4）下列对五种物质性质描述正确的是 。（填字母）
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A．②与③互为同分异构体 B．④的名称为：2﹣甲基丁烷
C．1mol①、1mol②、1mol③最多均可以与2mol H2发生加成反应 D．⑤不能与乙酸反应生成酯
16．（11分）将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4
涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ•mol1（主反
﹣
应）
Ⅱ．C2H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ•mol1（副反应）
﹣
（1）反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：
ⅰ．C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ•mol1（反应速率较快）
﹣
ⅱ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2（反应速率较慢） ①△H2＝ kJ•mol1
﹣
②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）对反应Ⅰ速率影响更大，原因是 。 （2）0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影响如图所示。
①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是 。
②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表： v（CO2）/v（C2H6）
15.0/15.0 20.0/10.0 24.0/6.0
CH4 7.7 6.4 4.5
平衡时有机产物的质量分数
C2H4 92.3 93.6 95.5
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a．随增大，CO2转化率将 （填“增大”或“减小”）。
b．解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因： 。
（3）我国科学家使用电化学的方法（装置如图）用C2H6和CO2合成了C2H4。
①N是电源的 极。 ②阳极电极反应式是 。
17．（14分）乙酸、碳酸、次氯酸、草酸在生产、生活及医药方面有广泛用途。回答下列问题。
Ⅰ、已知25℃时，部分物质的电离常数如表所示。
化学式 电离常数
CH3COOH 1.7×105
﹣
H2CO3 K1＝4.3×107K2＝
﹣
HClO 3.0×108
﹣
5.6×10
﹣11
（1）a．CH3COOH、b．H2CO3、c．HClO的酸性由强到弱的顺序为 。（填编号）
（2）水存在如下平衡：H2O+H2O⇌H3O++OH△H＞0，现欲使平衡向右移动，结果使溶
﹣
液显碱性，应选择方法 。 A．向水中加入NaHSO4固体
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B．向水中加入NaOH固体 C．加热至100℃ D．向水中加入Na
（3）NaClO溶液显碱性的原因 。（用化学用语表示）
（4）向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为 。
（5）pH相同等体积的下列三种物质的溶液：a．HCl，b．H2SO4，c．CH3COOH滴加等浓度的NaOH溶液将它们恰好中和，用去NaOH溶液的体积分别为V1、V2、V3则三者的大小关系 。 A．V3＞V2＞V1 B．V3＝V2＝V1 C．V3＞V2＝V1 D．V1＝V2＞V3
（6）25℃时，有两种溶液：①0.10mol•L1CH3COOH溶液，②Na2CO3溶液，下列说法
﹣
正确的是 。（填字母） A．CH3COOH和Na2CO3都属于强电解质
B．①中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）＝0.10mol•L1
﹣
﹣
C．②中：c（Na+）＞c（OH）＞c（CO32）＞c（HCO3）＞c（H+）
﹣
﹣
﹣
Ⅱ、乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 （7）室温下，测得0.1mol•L式 。
（8）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示。
①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是 。
②0.1mol•L1KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 。（填序号）
﹣
﹣1
H2C2O4溶液的pH＝1.3，写出草酸的电离方程
a．c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4）+c（C2O42）+c（OH）
﹣
﹣
﹣
b．c（K+）＞c（HC2O4）＞c（C2O42）＞c（H2C2O4）
﹣
﹣
c．c（K+）＝c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）
﹣
﹣
（9）工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC2O4•xH2O↓+2H+
①制备时需添加氨水以提高FeC2O4•xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原
第8页（共35页）
因： 。
②测定草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）的x值，实验如下：称取0.5400g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000mol•L
﹣1
的KMnO4酸性溶液18.00mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4•xH2O中x＝ 。（FeC2O4的摩尔质量是144g•mol
﹣1
）
18．（9分）某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。
Ⅰ．铁锰来源。
某地区地下水铁锰含量和国家标准对比
某些地区地下水常见微粒含量（mg/L） Fe2+ 4～20
Mn2+ 0.4～3
HCO3 1～1.5
﹣
国家饮用水标准（mg/L） Fe2+ 0.3
Mn2+ 0.1
pH 6.5～8.5
CO2 30～70
（1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据如表数据，结合平衡移动原理，解释地下水中Fe2+含量远大于1.1mg/L的原因 。 Ⅱ．去除原理 （2）自然氧化法。
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①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用 。
②补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式：Fe2++O2+H2O═Fe（OH）
3+ 。此方法铁去除时间长，锰去除率低。
（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂（ClO2、液氯、双氧水等），直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe（OH）3和MnO2除去。某实验中pH＝6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图2。
①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是 。
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。写出反应的离子方程式 。
③写出两种提高锰去除率的方法 。
19．（8分）某小组探究酸化条件对0.1mol/L KI溶液氧化反应的影响。
序号 实验1
操作及现象
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/L KI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验2
取新制的0.1mol/L KI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
（1）溶液变蓝，说明溶液中含有 。结合实验1和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I氧化反应的速率。
（2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/L KI溶液成分与新制0.1mol/L KI溶液可能存在差异，并继续进行探究。 实验3：取新制0.1mol/L KI溶液在空气中放置，测得pH如表。
时间 pH
资料：
ⅰ．pH＜11.7时，I能被O2氧化为I2。
ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：5。
①用化学用语，解释0.1mol/L KI溶液放置初期pH升高的原因： 。
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﹣
﹣
5分钟 7.2
1天 7.4
3天 7.8
10天 8.7
②对比实验1和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是 。
（3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号 实验4
操作
重复实验2操作后，继续向
溶液中加入 。
（4）该组同学想进一步探究pH对I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。 信息：反应中若氧化作用和还原作用发生在同一分子内部处于同一氧化态的元素上，使该元素原子（或离子）一部分被氧化，另一部分被还原，则这种自身的氧化还原反应被称为歧化反应。
实验5：用20mL 4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如表。 实验组 pH 现象
A 11.4
B 10.6
C 9.5
D 8.4 现象 溶液立即变蓝
无颜色变化 产生蓝色后瞬间消失 产生蓝色，30s后蓝色消失
①从实验5可以看出pH越大，歧化反应速率越 。（填“快”或“慢”） ②解释pH＝8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因： 。 20．（11分）某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：
试管中试剂
实验 Ⅰ
滴加试剂
ⅰ．先加1mL 0.1mol/L FeSO4溶液 ⅱ．再加硫酸酸化的KMnO4溶液
2mL 0.1mol/L KSCN溶液
﹣
现象
ⅰ．无明显现象 ⅱ．先变红，后褪色
Ⅱ
ⅲ．先加1mL 0.05mol/L Fe2（SO4）3溶ⅲ．溶液变红 液
ⅳ．再滴加0.5mL 0.5mol/L FeSO4溶液
﹣
﹣
﹣
ⅳ．红色明显变浅
（1）SCN存在两种结构式，分别为N≡C﹣S和S＝C＝N，SCN是二者的互变异构的混合物，请写出N≡C﹣S的电子式 。
（2）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因 。
②针对实验中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，并
﹣
﹣
﹣
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设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中Ⅹ溶液是 ，Y溶液是 ，检验产物SO42的操作及现象是 。
﹣
（3）针对实验Ⅱ“红色明显变浅”的现象，实验小组进行探究。
甲同学查资料得知：当加入强电解质后，增大了离子问相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应使Fe3++SCN⇌[Fe（SCN）]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN结
﹣
﹣
合成[Fe（SCN）]2+的机会减少，溶液红色变浅。
乙同学认为SCN可以与Fe反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN⇌[Fe（SCN）]2+
﹣
平衡左移，红色明显变浅，而Mg2+与SCN难络合，于是乙设计了如下实验：
﹣
由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是 。
（4）工业上测定钛铁合金中钛含量的其中一步反应原理是：以KSCN为指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti（Ⅲ），反应的化学方程式为：Ti2（SO4）3+2NH4Fe（SO4）2═2Ti（SO4）2+（NH4）2SO4+2FeSO4，则达到滴定终点的实验现象是 。
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2020-2021学年北京市交大附中高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分） 1．（3分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ） A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．氯化铵可用于铁制品的除锈剂 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【解答】解：A．碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，促进油脂水解生成可溶性物质，从而除去油污，故A正确；
B．氯化铵水解使溶液呈酸性，氧化铁能与酸反应而溶解，所以氯化铵可用于铁制品的除锈剂，故B正确；
C．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，常用于中和过多胃酸，故C正确；
D．可用于胃肠X射线造影检查的是不溶于水、不溶于酸的硫酸钡，而不是碳酸钡，因碳酸钡能与盐酸反应生成可溶性钡盐，表现出毒性，故D错误； 故选：D。
2．（3分）下列溶液一定呈中性的是（ ） A．CuCl2溶液 B．NaHCO3溶液 C．NaNO3溶液
D．NH4Cl和NH3–•H2O混合溶液
【解答】解：A．CuCl2是强酸弱碱盐，Cu2+水解导致溶液呈酸性，故A错误； B．NaHCO3是强碱弱酸盐酸式盐，HCO3水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，故B错误；
C．NaNO3是强酸强碱盐，阴阳离子都不水解，溶液呈中性，故C正确；
D．NH4Cl和NH3–•H2O混合溶液中，如果NH4Cl水解程度大于NH3–•H2O电离程度，则混合溶液呈酸性，如果NH4Cl水解程度等于NH3–•H2O电离程度，混合溶液呈中性，如果NH4Cl水解程度小于NH3–•H2O电离程度，混合溶液呈碱性，故D错误；
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﹣
故选：C。
3．（3分）反应A+3B═4C+2D，在不同条件下反应，其平均反应速率v（X）（表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率）如下，其中反应速率最快的是（ ） A．v（A）＝0.4mol/（L•s） C．v（C）＝1.2mol/（L•s）
B．v（B）＝0.8mol/（L•s） D．v（D）＝0.7mol/（L•s）
【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快， A．B.C.D．
＝0.4mol/（L•s）； ＝0.267mol/（L•s）； ＝0.3mol/（L•s）； ＝0.35mol/（L•s），
故反应速率v（A）＞v（D）＞v（C）＞v（B）， 故选：A。
4．（3分）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图。下列说法不正确的是（ ）
A．X的分子式为C5H4O2N3F B．Z中含有4种官能团 C．Y和Z都有羟基
D．X和Z都属于芳香族化合物
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C5H4O2N3F，故A正确；
B．Z中含有﹣Cl、酚﹣OH、肽键、硝基，则Z中含有四种官能团，故B正确； C．醇羟基和酚羟基都属于羟基，Y中含有醇羟基、Z中含有酚羟基，故C正确； D．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，X中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故D错误；
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故选：D。
5．（3分）最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）
A．加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离 B．水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程 C．水电离出的c（H+）＝107mol/L的溶液一定呈中性
﹣
D．水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大
【解答】解：A．加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，如氯化钠为电解质，加入水中不影响水的电离，故A错误；
B．电离是指电解质在一定条件下（例如溶于某些溶剂、加热熔化等），电离成可自由移动的离子的过程，不需要通电；水的电离是自发过程，电解过程需要通电，电解过程是非自发进行的氧化还原反应，故B错误；
C．水电离出的c（H+）＝107mol/L的溶液不一定呈中性，温度高于常温下，水溶液可
﹣
能呈酸性、碱性，故C错误；
D．水的离子积与温度有关，与溶液的类型以及浓度无关，适用于一切水溶液，不光适用于水，水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，故D正确； 故选：D。
6．（3分）水煤气变换反应为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用●标注。下列说法正确的是（ ）
A．水煤气变换反应的△H＞0
B．步骤③的化学方程式为：CO●+OH●+H2O（g）═COOH●+H2O● C．步骤⑤只有非极性键H﹣H键形成
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D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝1.70eV
【解答】解：A．图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，故A错误；
B．结合图分析判断，对照CO●+OH●+H●+H2O（g），COOH●+H●+H2O●，可知步骤③发生的反应：CO●+OH●+H2O（g）═COOH●+H2O●，故B正确； C．步骤⑤除非极性键H﹣H键形成，还有H﹣O键的断裂，故C错误；
D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝1.86eV﹣（﹣0.16eV）＝2.02eV，E逆＝1.41eV﹣（﹣0.83eV）＝2.24eV，故D错误； 故选：B。
7．（3分）生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率 B．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O（g）═Fe3O4+4H2
C．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2
D．当n（CO）：n（H2）＝1：1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n（CO）：n（O2）＝2：1
【解答】解：A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故A正确；
B．根据图示，蒸汽反应器中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为3Fe+4H2O（g）═Fe3O4+4H2，故B正确；
C．H2O的沸点比H2高得多，从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2，故C正确；
D．根据氧元素守恒分析，反应体系有水蒸气通入，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n（CO）：n（O2）＞2：1，故D错误；
第16页（共35页）
故选：D。
8．（3分）已知反应2NO+2H2═N2 +2H2O的速率方程为υ＝kc2（NO）•c（H2）（k为速率常数），其反应历程如下： ①2NO+H2 →N2+H2O2 慢 ②H2O2 +H2→2H2O快 下列说法不正确的是（ ）
A．增大c （NO） 或c（H2），均可提高总反应的反应速率
B．c （NO）、c（H2）增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同 C．该反应的快慢主要取决于反应① D．升高温度，可提高反应①、②的速率
【解答】解：A．增大反应物浓度，增大了单位体积的活化分子数，加快反应速率，因此增大c （NO） 或c（H2），可提高总反应的反应速率，故A正确；
B．反应历程第一步反应缓慢说明，第一步的活化能比第二步的活化能高，c （NO）、c（H2）增大相同的倍数，因v（第一步的正反应）＜v（第二步的反应），对总反应的反应速率的影响程度不同，故B错误；
C．反应历程第一步反应缓慢，第一步的活化能高，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；
D．升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，则反应速率加快，故D正确； 故选：B。
9．（3分）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ） A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN、Cl
﹣
﹣
B．含有NO3的溶液中：I、SO32、SO42、H+
﹣
﹣
﹣
﹣
C．由水电离出的c（H+）＝1.0×10
﹣
﹣13
mol•L
﹣1
的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3
﹣
D．pH＝11的NaOH溶液中：CO32、K+、NO3、SO42
﹣
﹣
﹣
【解答】解：A．铜离子带颜色，不符合题意，故A不选；
B．硝酸根离子、氢离子、碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选； C．由水电离出的c（H+）＝1.0×10
﹣13
mol•L
﹣1
的溶液中，可能是碱性溶液或者酸性溶
液，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子都反应，所以不能大量共存，故C不选；
第17页（共35页）
D．氢氧根离子、CO32、K+、NO3、SO42，相互不反应，能大量共存，故D选；
﹣
﹣
﹣
故选：D。
10．（3分）下列实验操作及现象与推论不相符的是（ ）
选项 A
操作及现象
用pH试纸测得0.1 mol/LCH3COOH溶液pH约为3
推论
CH3COOH是弱电解质
B
向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再溶液中可能含有CO32将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊 C
﹣
或HCO3
﹣
用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液HClO的酸性弱于的pH，前者的pH小于后者的
CH3COOH
D 向2 mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL 0.1mol/LMgCl2溶Mg（OH）2沉淀转化液，产生白色沉淀；再加入1mL 0.1mol/L FeCl3溶液，沉为Fe（OH）3沉淀 淀变为红褐色
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．CH3COOH为弱酸，电离不完全，则pH试纸测得0.1 mol/LCH3COOH溶液pH约为3，故A正确；
B．无色无味气体为二氧化碳，则溶液中可能含有CO32或HCO3，故B正确；
﹣
﹣
C．测定盐溶液的pH可判断水解程度，前者的pH小于后者的，可知HClO的酸性弱于CH3COOH，故C正确；
D．NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，故D错误； 故选：D。
11．（3分）298 K时，0.180mol/Lγ﹣羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成γ﹣丁内酯：
不同时刻测得γ﹣丁内酯的浓度如表。 t/min c（mol/L）
20 0.024
50 0.050
80 0.071
100 0.081
120 0.090
160 0.104
220 0.116
∞ 0.132
注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。 下列分析正确的是（ ）
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A．增大γ﹣羟基丁酸的浓度可提高γ﹣丁内酯的产率 B．298K时，该反应的平衡常数为2.75
C．反应至120min时，γ﹣羟基丁酸的转化率＜50% D．80～120min的平均反应速率：v（γ﹣丁内酯）＞1.2×10
﹣3
mol•L1•min1
﹣
﹣
【解答】解：A．反应物只有一种，增大反应物浓度、平衡正向移动，但转化率减小，导致γ﹣丁内酯的产率的产率降低，故A错误；
B．由表中数据可知，足量时间达到平衡状态时，γ﹣丁内酯的浓度为0.132mol/L，
开始（mol/L）0.180 0 反应（mol/L）0.132 0.132 平衡（mol/L）0.048 0.132 K＝
＝2.75，故B正确；
C.120min时γ﹣丁内酯浓度为0.090mol/L，由反应可知120min内消耗γ﹣羟基丁酸的物质的量浓度为0.090mol/L，则120min时γ羟基丁酸的转化率为50%，故C错误；
D.80～120min的平均反应速率v（γ﹣丁内酯）＝
﹣4
﹣
×100%＝
＝4.75×10
mol•L1•min1＜1.2×10
﹣
﹣
﹣3
mol•L1•min1，故D错误；
﹣
﹣
故选：B。
12．（3分）25℃时，在20mL 0.1mol•L1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L1NaOH溶液，
﹣
﹣
pH变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．若用10mL H2O代替10mL NaOH溶液，所得溶液pH小于a点
﹣
B．b点溶液中微粒浓度：c（Na+）＞c（CH3COO）＞c（CH3COOH）
第19页（共35页）
C．a点→c点的过程中n（CH3COO）持续增大
﹣
﹣
﹣1
D．若向a点对应的溶液中滴加1滴0.1mol•L1NaOH溶液或1滴0.1mol•LpH变化均不大
醋酸溶液，
【解答】解：A．a点溶质CH3COOH和CH3COONa的混合液，pH＝5，若用10mL H2O代替10mL NaOH溶液，开始pH＝3，仅仅稀释0.5倍，pH＜4，故A正确；
B．b点溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH），满足c（Na+）+c（H+）＝c（OH）+c（CH3COO
﹣
﹣
﹣
），b点时有c（CH3COO）＝c（Na+），故B错误；
﹣﹣
﹣
﹣
﹣
C．a点是c（H+）＝104mol/L，a 点溶液中 c（CH3COO）约为 104mol•L1，c点溶液为二者恰好反应点，c（CH3COO）＞c（Na+）≈0.05mol•L1，a点→c点的过程中n
﹣
﹣
（CH3COO）持续增大，故C正确；
D．醋酸的电离是可逆反应：CH3COOH⇌CH3COO+H+，向a点对应的溶液中滴加1滴
﹣
﹣
0.1mol•L1NaOH溶液或1滴0.1mol•L
﹣
﹣1
醋酸溶液，平衡正向移动，且量很小，氢离子
浓度基本不变，所以pH变化均不大，故D正确； 故选：B。
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（ ）
A．甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2
B．乙是C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＞0、x＞0.1
C．丙是0.5 mol/L CH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c（OH）减小
D．丁是0.03g镁条分别与2 mL 2 mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
【解答】解：A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，可推断次氯酸分解生成了HCl，故A错误；
B．由a知压强相同时，升温丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应放热，
第20页（共35页）
﹣
△H＞0；由a图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1，故B错误； C．升高温度CH3COONa促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH）增大，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小，盐酸完全电离，在相同的时间内产生的氢气量大，①代表盐酸与镁条的反应，故D正确。 故选：D。
14．（3分）利用如图装置探究铜粉与下列试剂的反应，在试管中加入一定量铜粉，加入试剂后，立即塞上橡胶塞，实验现象如下表所示，下列推断不正确的是（ ） 资料：Cu2++4NH3⇌[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+呈绛蓝色。
装置
序号
试剂
现象
﹣
① 10 mL浓NH3•H2O，3 mLH2O 溶液变为绛蓝色，左侧水柱上
升
② 10 mL浓NH3•H2O，3 mL H2O2 溶液变为绛蓝色，且比①深
③
10 mL 20% HNO3溶液，
3 mL H2O
④
10 mL 20% HNO3溶液，
3 mL H2O2
A．①中实验现象说明O2参与了反应
B．②中溶液颜色比①深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+ C．③中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的 D．④比③变蓝慢是由于H2O2分解造成自身消耗
【解答】解：A．氨水与铜不反应，溶液变为绛蓝色，说明生成[Cu（NH3）4]2+，左侧水柱上升，说明试管内气体减少，可说明O2参与了反应，故A正确；
B．加入过氧化氢，溶液变为绛蓝色，且比①深，说明生成更多的[Cu（NH3）4]2+，可说明H2O2氧化Cu生成Cu2+，故B正确；
C．溶液快速变蓝，说明铜迅速溶解生成[Cu（NH3）4]2+，产生无色气体NO，试管压强增大，左侧水柱下降，故C正确；
D．溶液变蓝比③慢，说明硝酸浓度比③小，应消耗硝酸，如过氧化氢分解，则生成氧气，
第21页（共35页）
溶液快速变蓝，产生无色气
体，左侧水柱下降 溶液变蓝比③慢，产生无色气
体，左侧水柱下降
氧气与NO反应，气体变为红棕色，故D错误。 故选：D。
二、解答题（共6小题，满分58分）
15．（5分）现有下列6种有机物：①CH≡CH；②CH2＝CH﹣CH＝CH2；③CH3﹣C≡C﹣
CH3；④；⑤。
（1）其中不属于烃的是 ⑤ 。（填序号） （2）与①互为同系物的是 ③ 。（填序号） （3）分子⑤中含有的官能团名称是 醛基、羟基 。 （4）下列对五种物质性质描述正确的是 ABC 。（填字母） A．②与③互为同分异构体 B．④的名称为：2﹣甲基丁烷
C．1mol①、1mol②、1mol③最多均可以与2mol H2发生加成反应 D．⑤不能与乙酸反应生成酯
【解答】解：（1）①CH≡CH，②CH2＝CH﹣CH＝CH2，③CH3﹣C≡C﹣CH3，④
的4种分子中都是仅含有碳元素和氢元素，属于烃；而⑤
分子中除了含有碳元素和氢元素外，还有氧元素，不是烃，
故答案为：⑤；
（2）①CH≡CH叫乙炔，属于炔烃，含有碳碳三键；②CH2＝CH﹣CH＝CH2叫1，3﹣丁二烯，属于二烯烃；③CH3﹣C≡C﹣CH3叫2﹣丁炔，属于炔烃，含有碳碳三键；④
叫2﹣甲基丁烷，属于烷烃，⑤为烃的含氧衍生
物，所以①与③结构相似，在在分子组成上相差2个CH2原子团，互为同系物， 故答案为：③；
第22页（共35页）
（3）⑤
故答案为：醛基、羟基；
分子中含有羟基和醛基，
（4）A．②CH2＝CH﹣CH＝CH2和③CH3﹣C≡C﹣CH3分子式相同结构不同的同分异构体，故A正确；
B．最长的链为4个碳原子，第2个碳原子上有1个甲基，所以系
统命名为2﹣甲基丁烷，故B正确；
C．1mol①、1mol②、1mol③最多均可以与2mol H2发生加成反应生成乙烷、丁烷和丁烷，故C正确；
D．
故答案为：ABC。
分子中含有羟基，可与乙酸反应发生酯化反应生成酯，故D错误；
16．（11分）将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4
涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ•mol1（主反
﹣
应）
Ⅱ．C2H6（g）⇌CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ•mol1（副反应）
﹣
（1）反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：
ⅰ．C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ•mol1（反应速率较快）
﹣
ⅱ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2（反应速率较慢） ①△H2＝ +41 kJ•mol1
﹣
②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）对反应Ⅰ速率影响更大，原因是 反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率 。
（2）0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影响如图所示。
第23页（共35页）
①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是 800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高 。
②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表： v（CO2）/v（C2H6）
15.0/15.0 20.0/10.0 24.0/6.0
a．随
CH4 7.7 6.4 4.5
平衡时有机产物的质量分数
C2H4 92.3 93.6 95.5
增大，CO2转化率将 减小 （填“增大”或“减小”）。
b．解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因： 随增大，c（CO2）
增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大 。 （3）我国科学家使用电化学的方法（装置如图）用C2H6和CO2合成了C2H4。
①N是电源的 负 极。
②阳极电极反应式是 C2H6+O2﹣2e═C2H4+H2O 。
﹣
﹣
【解答】解：（1）①ⅠC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ•mol1，
﹣
第24页（共35页）
ⅡH2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2，
ⅢCO2（g）+C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ•mol1，
﹣
由盖斯定律可知，②＝③﹣①，△H2＝△H﹣△H1＝+177kJ•mol1﹣（+136kJ•mol1）
﹣
﹣
＝+41kJ/mol，
②反应ⅱ．H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2 反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，
故答案为：反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率；
（2）①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，
故答案为：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高； a．随
增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量，则平衡正向移动，但CO2
转化率将减小， 故答案为：减小； b．随
增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡
右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大， 故答案为：随
增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反
应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大；
（3）①N极CO2→CO，化合价降低，得电子，被还原，为负极， 故答案为：负；
②阳极C2H6→C2H4，失去2个电子且消耗氧离子，电极反应式为：C2H6+O2﹣2e═
﹣
﹣
C2H4+H2O，
第25页（共35页）
故答案为：C2H6+O2﹣2e═C2H4+H2O。
﹣
﹣
17．（14分）乙酸、碳酸、次氯酸、草酸在生产、生活及医药方面有广泛用途。回答下列问题。
Ⅰ、已知25℃时，部分物质的电离常数如表所示。
化学式 电离常数
CH3COOH 1.7×105
﹣
H2CO3 K1＝4.3×107K2＝
﹣
HClO 3.0×108
﹣
5.6×10
﹣11
（1）a．CH3COOH、b．H2CO3、c．HClO的酸性由强到弱的顺序为 a＞b＞c 。（填编号）
（2）水存在如下平衡：H2O+H2O⇌H3O++OH△H＞0，现欲使平衡向右移动，结果使溶
﹣
液显碱性，应选择方法 D 。 A．向水中加入NaHSO4固体 B．向水中加入NaOH固体 C．加热至100℃ D．向水中加入Na
（3）NaClO溶液显碱性的原因 ClO+H2O⇌HClO+OH 。（用化学用语表示） （4）向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为 ClO+H2O+CO2＝HCO3
﹣
﹣
﹣
﹣
+HClO 。
（5）pH相同等体积的下列三种物质的溶液：a．HCl，b．H2SO4，c．CH3COOH滴加等浓度的NaOH溶液将它们恰好中和，用去NaOH溶液的体积分别为V1、V2、V3则三者的大小关系 C 。 A．V3＞V2＞V1 B．V3＝V2＝V1
第26页（共35页）
C．V3＞V2＝V1 D．V1＝V2＞V3
（6）25℃时，有两种溶液：①0.10mol•L1CH3COOH溶液，②Na2CO3溶液，下列说法
﹣
正确的是 。（填字母） A．CH3COOH和Na2CO3都属于强电解质
B．①中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）＝0.10mol•L1
﹣
﹣
C．②中：c（Na+）＞c（OH）＞c（CO32）＞c（HCO3）＞c（H+）
﹣
﹣
﹣
Ⅱ、乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 （7）室温下，测得0.1mol•L
﹣
﹣
﹣1
H2C2O4溶液的pH＝1.3，写出草酸的电离方程式
﹣
H2C2O4⇌H++HC2O4、HC2O4⇌C2O42+H+ 。
（8）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示。
①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是 H2C2O4+OH＝HC2O4+H2O 。
②0.1mol•L1KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 bc 。（填序号）
﹣﹣
﹣
a．c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4）+c（C2O42）+c（OH）
﹣
﹣
﹣
b．c（K+）＞c（HC2O4）＞c（C2O42）＞c（H2C2O4）
﹣
﹣
c．c（K+）＝c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）
﹣
﹣
（9）工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC2O4•xH2O↓+2H+
①制备时需添加氨水以提高FeC2O4•xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因： NH3•H2O与H+反应，降低c（H+）浓度，使Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC204•xH2O↓+2H+，平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4•xH2O 。
②测定草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）的x值，实验如下：称取0.5400g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000mol•L
﹣1
的KMnO4酸性溶液18.00mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4•xH2O中x＝ 2 。（FeC2O4的摩尔质量是144g•mol1）
﹣
【解答】解：Ⅰ.（1）由给出的电离常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3
﹣
，
故答案为：a＞b＞c；
（2）A.向水中加入NaHSO4固体，H+浓度增大，平衡逆向移动，溶液显酸性，故A错
第27页（共35页）
误；
B.向水中加入NaOH固体，OH浓度增大，平衡逆向移动，溶液显碱性，故B错误； C.加热至100℃，平衡正向移动，H+和OH浓度同等程度增大，溶液显中性，故C错误；
﹣
﹣
D.向水中加入Na，消耗H+，H+浓度减小，平衡正向移动，溶液显碱性，故D正确； 故选：D；
（3）NaClO溶液显碱性的是因为次氯酸根水解，水解方程式为：ClO+H2O⇌HClO+OH
﹣
﹣
，
﹣
﹣
故答案为：ClO+H2O⇌HClO+OH；
（4）结合H+能力：CO32＞ClO＞HCO3，向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的
﹣
﹣
﹣
离子方程式为ClO+H2O+CO2＝HCO3+HClO， 故答案为：ClO+H2O+CO2＝HCO3+HClO；
（5）pH相同等体积的下列三种物质的溶液：a.HCl，b.H2SO4，C.CH3COOH，浓度：c（CH3COOH）＞c（HCl）＝2c（H2SO4），根据反应的方程式可知恰好中和等浓度的NaOH消耗NaOH溶液的体积V3＞V2＝V1， 故答案为：C；
（6）A.CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，Na2CO3是盐都属于强电解质，故A错误； B.①0.10mol/LCH3COOH溶液，存在物料守恒，所以①中：c（CH3COOH）+c（CH3COO
﹣
﹣
﹣
﹣﹣
）＝0.10mol/L，故B正确；
﹣
﹣
﹣
C.②Na2CO3溶液，CO32水解显碱性，则②中存在：c（Na+）＞c（CO32）＞c（OH）＞c（HCO3）＞c（H+），故C错误；
﹣
故答案为：B；
II.（7）H2C2O4为乙二酸，由0.1 mol/LH2C2O4溶液pH＝1.3可知，H2C2O4为二元弱酸，分步电离的方程式为：H2C2O4⇌H++HC2O4、HC2O4⇌C2O42+H+，
﹣
﹣
﹣
故答案为：H2C2O4⇌H++HC2O4、HC2O4⇌C2O42+H+；
﹣
﹣
﹣
（8）由已知图象可知，当溶液pH＝2.5时，加KOH溶液反应生成的草酸微粒存在形式为：HC2O4，则中和反应的离子方程式为：H2C2O4+OH＝HC2O4+H2O， 故答案为：H2C2O4+OH＝HC2O4+H2O；
②a.0.1 mol/LKHC2O4溶液中，存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4）+2c（C2O42
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
）+c（OH），故a错误；b.0.1 mol/LKHC2O4溶液中，由图可知KHC2O4溶液显酸性，
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﹣
说明HC2O4电离程度大于其水解程度，故存在：c（K+）＞c（HC2O4）＞c（C2O42）
﹣
﹣
﹣
＞c（H2C2O4），故b正确；
c.0.1 mol/LKHC2O4溶液中，存在物料守恒：（cK+）＝（cHC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），
﹣
﹣
故c正确； 故答案为：bc；
（9）①NH3•H2O与H+反应，降低c（H+）浓度，使Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC2O4•xH2O↓+2H+，平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4•xH2O，
故答案为：NH3•H2O与H+反应，降低c（H+）浓度，使Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC2O4•xH2O↓+2H+，平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4•xH2O；
②反应消耗n（KMnO4）＝cv＝0.1 mol/L×18×103L＝0.0018 mol，FeC2O4•xH2O 中
﹣
Fe元素为+2价C为+3价，铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，KMnO4中的锰元素被还原为Mn2+设FeC2O4•xH2O为n mol，根据得失电子守恒，n+2n＝0.0018 mol×5，则n＝0.003mol，所以FeC2O4•xH2O的摩尔质量M＝则x＝2， 故答案为：2。
18．（9分）某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。
，18x+144＝180，
Ⅰ．铁锰来源。
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某地区地下水铁锰含量和国家标准对比
某些地区地下水常见微粒含量（mg/L） Fe2+ 4～20
Mn2+ 0.4～3
HCO3 1～1.5
﹣
国家饮用水标准（mg/L） Fe2+ 0.3
Mn2+ 0.1
pH 6.5～8.5
CO2 30～70
（1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据如表数据，结合平衡移动原理，解释地下水中Fe2+含量远大于1.1mg/L的原因 地下水中存在平衡Ⅰ：FeCO3⇌Fe2++CO32﹣
，Ⅱ：CO32﹣+CO2+H2O⇌2HCO3，平衡Ⅱ的促进了FeCO3的溶解，增大了Fe2+的浓度 。
﹣
Ⅱ．去除原理 （2）自然氧化法。
①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用 使Fe2+、Mn2+与O2反应更加完全，提高Fe2+、Mn2+的去除率； 。
+②补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式：Fe2++O2+H2O═Fe（OH）3+ H 。
此方法铁去除时间长，锰去除率低。
（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂（ClO2、液氯、双氧水等），直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe（OH）3和MnO2除去。某实验中pH＝6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图2。
①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是 还原性：Fe2+＞Mn2+ 。
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。写出反应的离子方程式 2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl+5MnO2+12H+ 。
﹣
③写出两种提高锰去除率的方法 将曝气池的水加速搅拌或增大ClO2的投加量 。 【解答】（1）地下水中存在2个平衡Ⅰ：FeCO3⇌Fe2++CO32，Ⅱ：CO32﹣+CO2+H2O⇌2HCO3
﹣
﹣
，平衡Ⅱ的进行降低了平衡Ⅰ中CO32的浓度，使平衡Ⅰ向右移动，促进了FeCO3的
﹣
溶解，增大了Fe2+的浓度，
故答案为：地下水中存在平衡Ⅰ：FeCO3⇌Fe2++CO32，Ⅱ：CO32﹣+CO2+H2O⇌2HCO3
﹣
﹣
，平衡Ⅱ的促进了FeCO3的溶解，增大了Fe2+的浓度；
（2）①使水“沸腾”的目的是使Fe2+、Mn2+与O2接触更加充分，反应更加完全，从而提高了Fe2+、Mn2+的去除率，
故答案为：使Fe2+、Mn2+与O2反应更加完全，提高Fe2+、Mn2+的去除率；
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②根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可以得到反应的离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O═4Fe（OH）3+8H+； 故答案为：H+；
（3）①ClO2投加量小于1.2mg/L时，Fe2+几乎被完全氧化，而Mn2+几乎未被氧化，即还原性：Fe2+＞Mn2+，
故答案为：还原性：Fe2+＞Mn2+；
②ClO2做氧化剂一般被还原为Cl，Mn2+被氧化为MnO2，根据化合价升降守恒、电荷
﹣
守恒、原子守恒，可以得到离子方程式：2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl+5MnO2+12H+，
﹣
故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl+5MnO2+12H+；
﹣
③提高锰去除率的方法可以将曝气池的水加速搅拌或采用药剂氧化法，增大ClO2的投加量，
故答案为：将曝气池的水加速搅拌或增大ClO2的投加量。 19．（8分）某小组探究酸化条件对0.1mol/L KI溶液氧化反应的影响。
序号 实验1
操作及现象
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/L KI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验2
取新制的0.1mol/L KI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
（1）溶液变蓝，说明溶液中含有 碘 。结合实验1和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I氧化反应的速率。
（2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/L KI溶液成分与新制0.1mol/L KI溶液可能存在差异，并继续进行探究。 实验3：取新制0.1mol/L KI溶液在空气中放置，测得pH如表。
时间 pH
资料：
ⅰ．pH＜11.7时，I能被O2氧化为I2。
ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：5。
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﹣
﹣
5分钟 7.2
1天 7.4
3天 7.8
10天 8.7
①用化学用语，解释0.1mol/L KI溶液放置初期pH升高的原因： 2H2O+4I+O2＝2I2+4OH 。
②对比实验1和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是 IO3+5I+6H+＝3I2+3H2O，该反应的速度快 。
﹣
﹣
﹣
﹣
（3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号 实验4
操作
重复实验2操作后，继续向溶液中加入 少量KIO3固体 。
（4）该组同学想进一步探究pH对I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。 信息：反应中若氧化作用和还原作用发生在同一分子内部处于同一氧化态的元素上，使该元素原子（或离子）一部分被氧化，另一部分被还原，则这种自身的氧化还原反应被称为歧化反应。
实验5：用20mL 4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如表。 实验组 pH 现象
A 11.4
B 10.6
C 9.5
D 8.4 现象 溶液立即变蓝
无颜色变化 产生蓝色后瞬间消失 产生蓝色，30s后蓝色消失
①从实验5可以看出pH越大，歧化反应速率越 快 。（填“快”或“慢”） ②解释pH＝8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因： pH＝8.4时，同时发生碘与淀粉的反应以及碘与氢氧化钾的歧化反应，碘与淀粉的反应较快，先变蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失 。
【解答】解：（1）淀粉遇碘变蓝色，溶液变蓝，说明生成碘， 故答案为：碘；
（2）①0.1 mol/L KI 溶液放置初期 pH 升高，说明生成KOH，溶液变蓝色，同时生成碘，反应的离子方程式为2H2O+4I+O2＝2I2+4OH， 故答案为：2H2O+4I+O2＝2I2+4OH；
②一定碱性条件下，I2 容易发生歧化，生成KIO3，酸性条件下可与KI反应生成碘，能迅速变蓝色，说明该反应速度快，反应的离子方程式为IO3+5I+6H+＝3I2+3H2O，
﹣
﹣
﹣
﹣﹣
﹣
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故答案为：IO3+5I+6H+＝3I2+3H2O，该反应的速度快；
﹣
﹣
（3）检验KIO3是否与KI快速反应，可加入少量KIO3固体判断， 故答案为：少量KIO3固体；
（4）①由表中数据可知，溶液碱性越大，反应速率越快， 故答案为：快；
②结合提示ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：5可知，pH＝8.4 时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”说明碘与淀粉的反应较快，同时发生存在碘与KOH的歧化反应，随着反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失，
故答案为：pH＝8.4 时，同时发生碘与淀粉的反应以及碘与氢氧化钾的歧化反应，碘与淀粉的反应较快，先变蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失。 20．（11分）某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：
试管中试剂
实验 Ⅰ
滴加试剂
ⅰ．先加1mL 0.1mol/L FeSO4溶液 ⅱ．再加硫酸酸化的KMnO4溶液
2mL 0.1mol/L KSCN溶液
﹣
现象
ⅰ．无明显现象 ⅱ．先变红，后褪色
Ⅱ
ⅲ．先加1mL 0.05mol/L Fe2（SO4）3溶ⅲ．溶液变红 液
ⅳ．再滴加0.5mL 0.5mol/L FeSO4溶液
﹣
﹣
﹣
ⅳ．红色明显变浅
（1）SCN存在两种结构式，分别为N≡C﹣S和S＝C＝N，SCN是二者的互变异构的混合物，请写出N≡C﹣S的电子式
﹣
。
﹣
（2）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因 MnO4Mn2++5Fe3++4H2O，Fe3++3SCN⇌Fe（SCN）3 。
﹣
+5Fe2++8H+＝
②针对实验中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，并
﹣
﹣
设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中Ⅹ溶液是 0.1mol/LKSCN溶液 ，Y溶液是 硫酸酸化的KMnO4溶液 ，检验产物SO42的操作及现象是 一段时间后取少量反
﹣
应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 。 （3）针对实验Ⅱ“红色明显变浅”的现象，实验小组进行探究。
甲同学查资料得知：当加入强电解质后，增大了离子问相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应使Fe3++SCN⇌[Fe（SCN）]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN结
﹣
﹣
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合成[Fe（SCN）]2+的机会减少，溶液红色变浅。
乙同学认为SCN可以与Fe反应生成无色络合离子，进一步使Fe3++SCN⇌[Fe（SCN）]2+
﹣
平衡左移，红色明显变浅，而Mg2+与SCN难络合，于是乙设计了如下实验：
﹣
由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是 水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN结合成[Fe（SCN）]2+的机会减少；SCN与Fe2+反应生成无色络合离子，三
﹣
﹣
者可能均有 。
（4）工业上测定钛铁合金中钛含量的其中一步反应原理是：以KSCN为指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti（Ⅲ），反应的化学方程式为：Ti2（SO4）3+2NH4Fe（SO4）2═2Ti（SO4）2+（NH4）2SO4+2FeSO4，则达到滴定终点的实验现象是 无色变为红色或溶液变红，并且半分钟内不褪色 。
【解答】解：（1）N≡C﹣S中N和C之间有3个电子对，则电子式为故答案为：
；
﹣
，
（2）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，生成铁离子，涉及反应为MnO4+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，Fe3++3SCN⇌Fe（SCN）3，
﹣
﹣
故答案为：MnO4+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，Fe3++3SCN⇌Fe（SCN）3；
﹣
﹣
②SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知X为负
﹣
﹣
极，SCN被氧化，Y为正极，KMnO4为溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再
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﹣
加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，
故答案为：0.1 mol/L KSCN溶液；硫酸酸化的KMnO4溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；
（3）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN结合成[Fe（SCN）] 2+的机会减少；SCN与Fe2+反应生成无色络合离子，
﹣
﹣
三者可能均有，
故答案为：水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3+跟SCN结合成[Fe（SCN）] 2+
﹣
的机会减少；SCN与Fe2+反应生成无色络合离子，三者可能均有；
﹣
（4）达到滴定终点，铁离子过量，与KSCN反应，无色变为红色或溶液变红，并且半分钟内不褪色，故答案为：无色变为红色或溶液变红，并且半分钟内不褪色。
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