2021北京交大附中高二（上）期末化学（教师版）.pdf

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1、 1/22 2021 北京交大附中高二（上）期末 化 学 可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 卷 一、选择题：下列每小题只有一个选项符合题意 1.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.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 NH3H2O混合溶液 3.反应 A(g)3B(g)4C(g)2D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率 v

2、(X)如下，其中反应速率最快的是()A.v(A)=0.4mol/(L s)B.v(B)=0.8mol/(L s)C.v(C)=1.2mol/(L s)D.v(D)=0.7mol/(L s)4.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.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.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

3、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+)=10-7mol/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 2/22 6.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H0 B.步骤的化学方程式：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*C.步骤只有非极性键 HH键形成 D.该历程中最大能垒（活化能）E正

4、=1.70eV 7.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，工艺流程示意图如下。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)=高温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，使 Fe2O3循环使用，理论上需要满足 n(CO):n(O2)=2:1 8.已知反应 2NO+2H2=N2+2H2O的速率方程为=kc2(NO)c(H2)（k 为速率常数），其反应历程如下：2NO+

5、H2 N2+H2O2 慢 H2O2+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 3/22 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 D.升高温度，可提高反应、的速率 9.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 NO-3的溶液中：I-、SO2-3、SO2-4、H+C.由水电离出的 c(H+)=1.010-13 mol L-1的溶液中：Na+、NH+4、SO2-4、HCO-3 D.pH=11 的 NaOH溶液中：

6、CO2-3、K+、NO-3、SO2-4 10.常温，下列实验操作及现象与推论不相符的是（）选项 操作及现象 推论 A 用 pH试纸测得 0.1mol/LCH3COOH溶液 pH约为 3 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；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊 溶液中可能含有 CO23或 HCO3 C 用 pH计测定相同浓度的 CH3COONa 溶液和 NaClO溶液的 pH，前者的 pH小于后者的 HClO的酸性弱于 CH3COOH D 向 2mL1mol/LNaOH溶液中加入 1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再加入 1mL0.1

7、mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀 Mg(OH)2沉淀转化为 Fe(OH)3沉淀 A.A B.B C.C D.D 11.298 K时，10.180 mol L-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成丁内酯：HOCH2CH2CH2COOH+H/+H2O 不同时刻测得-丁内酯的浓度如下表。t/min 20 50 80 100 120 160 220 -1c/(mol L)0.024 0.050 0 071 0.081 0.090 0.104 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-羟基丁酸的浓度可提高-丁内酯的产率 4/22 B.298 K时，

8、该反应的平衡常数为 2.75 C.反应至 120 min 时，-羟基丁酸的转化率50%D.80120 min 的平均反应速率：v（-丁内酯）1.2 10-3 mol L-1min-1 12.25时，在 20 mL 0.1 mol L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入 0.1 mol L-1 NaOH溶液，pH变化曲线如下图所示：下列说法不正确的是()A.若用 10 mL H2O代替 10 mL 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 D.若向 a 点对应的溶液中

9、滴加 1 滴 0.1 mol L-1 NaOH溶液或 1 滴 0.1 mol L-1 醋酸溶液，pH变化均不大 13.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)平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的H0、x0.1 C.丙是 0.5mol/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 2mL 2mol/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

10、断代表盐酸与镁条的反应 14.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)42+,Cu(NH3)42+呈绛蓝色。装置 序号 试剂 现象 5/22 10 mL 浓 NH3H2O，3 mLH2O 溶液变为绛蓝色，左侧水柱上升 10 mL 浓 NH3H2O，3 mL H2O2 溶液变为绛蓝色，且比深 10 mL 20%HNO3溶液，3 mL H2O 溶液快速变蓝，产生无色气体，左侧水柱下降 10 mL 20%HNO3溶液，3 mL H2O2 溶液变蓝比慢，产生无色气体，左侧水

11、柱下降 A.中实验现象说明 O2参与了反应 B.中溶液颜色比深可能由于 H2O2氧化 Cu 生成 Cu2+C.中左侧水柱下降可能是反应产生 NO气体导致的 D.比变蓝慢是由于 H2O2分解造成自身消耗 卷 二、非选择题 15.现有下列 6 种有机物：CHCH CH2=CH-CH=CH2 CH3-CC-CH3 (1)其中不属于烃的是_(填序号)。(2)与互为同系物的是_(填序号)。(3)分子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)A.与互为同分异构体 B.的名称为：2-甲基丁烷 C.1mol、1mol、1mol最多均可以与 2molH2发生加成反应 D.不能与乙

12、酸反应生成酯 16.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：CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)H=+177 kJ mol-1(主反应)C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)H=+9kJ mol-1(副反应)(1)反应 I的反应历程可分为如下两步：6/22 iC2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H1=+136 kJ mol-1(反应速率较快)iiH2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2(反应速率较慢)H2=_ kJ mol-1 相比于提高 c(C2H6)，提高 c(C

13、O2)对反应 I速率影响更大，原因是_。(2)0.1 MPa 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：工业生产中反应 I选择 800，原因是_。800时，不同的 CO2和 C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：()()226V COV C H 平衡时有机产物的质量分数 CH4 C2H4 15.0/15.0 7.7 92.3 20.0/10.0 6.4 93.6 24.0/6.0 4.5 95.5 a.随()()226V COV C H增大，CO2转化率将_(填“增大”或“减小”)。b.解释()()226V COV C H对产物中

14、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)7/22 用 C2H6 和 CO2合成了 C2H4。N是电源的_极。阳极电极反应式是_。17.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 I.已知 25时，部分物质的电离常数如表所示：化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离常数 1.710-5 K1=4.310-7 K2=5.610-11 3.010-8(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+H2OH3O+OH-H0，现欲使平衡向右移动，结果使溶液显

15、碱性，应选择方法_。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(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.V3V2V1 B.V3=V2=V1 C.V3V2=V1 D.V1=V2V3(6)25时，有两种溶液：0.10mol L-1CH3COOH溶液，Na

16、2CO3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.中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.10mol L-1 C.中：c(Na)c(OH-)c(CO2-3)c(HCO-3)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。(1)室温下，测得 0.1 mol L-1 H2C2O4溶液的 pH=1.3，写出草酸的电离方程式_。(2)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：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_。8/22 0.1 mol L-1 KHC

17、2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是_(填序号)。a.c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O2-4)+c(OH-)b.c(K+)c(HC2O4-)c(C2O2-4)c(H2C2O4)c.c(K+)=c(HC2O4-)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)(3)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+xH2OFeC2O4 xH2O+2H+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：_。测定草酸亚铁晶体(FeC2O4 xH2O)的 x 值，实验如下：称取 0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓

18、度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗 0.1000 mol L-1的 KMnO4酸性溶液 18.00 mL。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 144 g mol-1)。18.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)国家饮用水标准(mg/L)Fe2+Mn2+HCO3 CO2 Fe2+Mn2+pH 420 0.43 11.5 3070 0.3 0.1 6.58.5（1）利用 F

19、eCO3溶解度计算溶出的 Fe2+为 1.1mg/L，依据上表数据，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：曝气池中使水呈“沸腾”状的作用_。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+_。9/22 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：ClO2投加量小于 1.2

20、mg/L 时，可以得出 Fe2+、Mn2+性质差异的结论是_。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_。写出两种提高锰去除率的方法_。19.某小组探究酸化条件对 0.1mol/LKI 溶液氧化反应的影响。序号 操作及现象 实验 1 取放置一段时间后依然无色的 0.1mol/LKI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/LKI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

21、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/LKI 溶液成分与新制 0.1mol/LKI 溶液可能存在差异，并继续进行探究。实验 3：取新制 0.1mol/LKI 溶液在空气中放置，测得 pH如下：时间 5 分钟 1 天 3 天 10 天 pH 7.2 7.4 7.8 8.7 资料：pH11.7时，I能被 O2氧化为 I。10/22 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 15。用化学用语，解释 0.1mol/LKI溶液放置初期 pH升高的原因：_。对比实验

22、 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 操作 现象 实验 4 重复实验 2操作后，继续向溶液中加入 _ 溶液立即变蓝（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。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。记录如下：实验组 A B C D pH 11.4 10.6 9.5 8.4 现象 无颜色变化 产生蓝色后瞬间消失 产生蓝色，30s后蓝色消失 从实验

23、5 可以看出 pH越大，歧化反应速率越_（填“快”或“慢”）。解释 pH8.4 时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：_。20.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 滴加试剂 现象 .先加 1mL 0.1 mol/L FeSO4溶液.再加硫酸酸化的 KMnO4溶液.无明显现象.先变红，后褪色 .先加 1mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液.再滴加 0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液.溶液变红.红色明显变浅（1）SCN存在两种结构式，分别为 NCS和 S=C=N，SCN是二者的互变异构的混合物，请写出 NCS的电子式_。（2）用离

24、子方程式表示 FeSO4溶液显酸性的原因_。（3）用离子方程式表示实验溶液变红的原因_。11/22 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_。（4）针对实验“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，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使 Fe3+SCNFe(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 Fe2

25、+反应生成无色络合离子，进一步使 Fe3+SCNFe(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“红色明显变浅”的原因是_。（5）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（），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_。12/22 2021 北京交大附中高二（上）期末化学 参考答案 一、选择题：下列每小题只有一个选项符合题意 1.【答案】D【解析】【分析】

26、【详解】A.碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性条件下油脂会发生水解反应，则碳酸钠可用于去除餐具的油污，故 A正确；B.氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，氢离子与铁锈氧化铁反应生成盐和水，则氯化铵可用于铁制品的除锈剂，故 B 正确；C.氢氧化铝是两性氢氧化物，可用于中和盐酸，治疗胃酸过多，故 C 正确；D.碳酸钡能与盐酸反应生成有毒的氯化钡，则碳酸钡不能用于胃肠 X射线造影检查，故 D错误；故选 D。2.【答案】C【解析】【分析】【详解】ACuCl2为强酸弱碱盐，由于 Cu2+的水解溶液显酸性，故 A不符合题意；BNaHCO3溶液中由于-3HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故 B 不符合

27、题意；CNaNO3为强酸强碱盐，溶液显中性，故 C 符合题意；DNH4Cl 为强酸弱碱盐，+4NH的水解可使溶液显酸性，NH3 H2O为弱碱，混合溶液可能显中性、酸性或碱性，故 D不符合题意；故答案为 C。3.【答案】A【解析】【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应方程式，把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。【详解】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应 A(g)3B(g)4C(g)2D(g)，把这些反应速率都换算成 A的反应速率。13/22 A、v(A)=0.4mol/(L s)；B、v(A)=0.83mol/(L s)；C、v(A)=0.3m

28、ol/(L s)；D、v(A)=0.35 mol/(L s)；所以反应速率大小顺序是 A D C B，反应速率最快的是 A；故选 A。【点睛】比较反应速率大小时应根据反应方程式系数转变为同一种物质的反应速率，如果单位不同，则单位也需要换算。4.【答案】D【解析】【分析】【详解】A、由 X的结构可知，其分子式为 C5H4O2N3F，故 A正确；B、由 Z 的结构可知，其结构中含有 2 个氯原子，1 个硝基，一个酚羟基，一个肽键，一共四种官能团，故 B正确;C、由 Y和 Z 的结构可知，Y中的羟基为醇羟基，Z 中的羟基为酚羟基，它们都属于羟基，故正确;D、X不含苯环，不属于芳香族化合物，D项不正确

29、;答案选。5.【答案】D【解析】【分析】【详解】A.加入电解质不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，A错误；B.水的电离不需要通电、常温下是自发过程，水电解需要电、常温下是非自发过程，B 错误；C.常温下，水电离出的 c(H)=10-7mol/L 的溶液一定呈中性，C 错误；D.水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度促进水电离，一定使水的离子积增大，D正确；答案选 D。6.【答案】B【解析】【分析】分析图象可知，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，故反应过程中放出能量，结合图象进行分析判断。14/22【详解】A根据水煤气变换反应并结合

30、反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量高于 CO2(g)+H2(g)的能量，反应的焓变 H小于 0，A项错误；B结合此图分析判断，是发生的过渡反应：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*，B 项正确；C由图可知步骤中 H-O键，在原反应物中已经存在，则步骤形成的化学键包括极性键 C=O，非极性键H-H键形成，C 项错误；D该历程中最大能垒（活化能）E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，D项错误；答案选 B。7.【答案】D【解析】【分析】【详解】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

31、蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为 3Fe+4H2O(g)=高温Fe3O4+4H2，故 B正确；CH2O的沸点比 H2的沸点高得多，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，反应体系有水蒸气通入，为使 Fe2O3循环使用，理论上 n(CO):n(O2)2:1，故 D错误；选 D。8.【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据速率方程为=kc2(NO)c(H2)，增大 c(NO)或 c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故 A正确；B根据速率方程为=kc2(NO)c(H2)，c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的

32、反应速率的影响程度不同，如 c(NO)增大 2 倍，增大 4 倍、c(H2)增大 2倍，增大 2 倍，故 B 错误；C反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应，故 C 正确；D升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应、的速率，故 D正确；答案选 B。9.【答案】D【解析】【分析】15/22【详解】A铜离子不能在无色溶液中大量存在，故 A不符合题意；B大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故 B 不符合题意；C水电离出的 c(H+)=1.010-13 mol L-1的溶液中水的电离受到抑制，可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根、碳酸氢根不能大量

33、存在，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故 C 不符合题意；D四种离子相互之间不反应，也不与 NaOH反应，可以大量共存，故 D符合题意；综上所述答案为 D。10.【答案】D【解析】【分析】【详解】A用 pH试纸测得 0.1mol/LCH3COOH溶液 pH约为 3，说明醋酸没有全部电离，CH3COOH是弱电解质，故 A不选；B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明该气体是二氧化碳，溶液中可能含有 CO23或 HCO3，故 B 不选；C用 pH计测定相同浓度的 CH3COONa 溶液和 NaClO溶液的 pH，前者的 pH小于后者的，说明后者

34、水解能力强，HClO 的酸性弱于 CH3COOH，故 C 不选；D向 2mL1mol/LNaOH溶液中加入 1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，反应后溶液中还有剩余的氢氧化钠，再加入 1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀，发生 Fe33OH=Fe(OH)3，不能说明 Mg(OH)2沉淀转化为 Fe(OH)3沉淀，故 D选；故选 D。11.【答案】B【解析】【分析】【详解】A.增大-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，-丁内酯的产量增加，但不能提高-丁内酯的产率，A错误；B.该反应的平衡常数-0.132K=2.750.1800.132-=丁内酯羟基丁酸,B正确；C.

35、反应至 120 min 时，-丁内酯的浓度为 0.090molL-1，反应了的-羟基丁酸的浓度为 0.090molL-1，转化率为0.09100%=50%0.18，C 错误；D.80120 min，c（-丁内酯）=(0.09-0.071)molL-1，平均反应速率：v（-丁内酯）=1-1-14-c0.0194 mol Lmol.75 10t40mi Lminn=，D错误；16/22 答案选 B。12.【答案】B【解析】【分析】【详解】A.若用 10 mL H2O代替 10 mL NaOH溶液，相比之下 CH3COOH溶液中氢离子浓度下降幅度减小，所得溶液 pH小于 a 点，故 A正确；B.b

36、点时溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，b 点溶液呈中性 c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO)=c(Na+)，故 B 错误；C.c 点醋酸和 NaOH完全反应，a 点c 点的过程中，随着 NaOH的增多，平衡 CH3COOH CH3COO+H+一直向右移动，n(CH3COO-)持续增大，故 C 正确；D.酸碱中和滴定中接近滴定终点，pH出现突变，a 点加入 10mLNaOH溶液，距离滴定终点还很远，此时向 a点对应的溶液中滴加 1滴 0.1 mol L-1 NaOH溶液或 1 滴 0.1 mol L-1 醋酸溶液，pH变化均不大，故 D正确

37、；故选 B。13.【答案】D【解析】【分析】【详解】A、在氯水中，存在反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，Cl-浓度的升高说明平衡正向移动，是因为HClO不稳定分解，但是并不能推断出 HClO 分解产生了 O2，A错误；B、同一压强下，温度升高，平衡转化率升高，则平衡正向移动，H0；同一温度下，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，则 x0.1；B 错误；C、盐类的水解和弱电解质的电离都是吸热反应，温度升高，水的离子积增大，水中的 c(H+)增大，pH降低；温度升高，CH3COONa 的水解平衡正向移动，c(OH-)增大，由于 c(H+)=w-Kc(OH)，Kw增大的更多一些，使得c(

38、H+)也增大一些c(H+)没有 c(OH-)增大得多，溶液 pH呈小幅度的减小，C 错误；D、盐酸和醋酸的体积、浓度均相同，则 HCl 和醋酸的物质的量也相同，故这两个容器中产生的 H2的量相同，最终容器内的压强也相同；HCl 是强电解质，醋酸是弱电解质，则醋酸溶液的 H+的浓度较低，其反应速率也较低，故代表盐酸与镁条的反应，代表醋酸与镁条的反应，D正确；故选 D。【点睛】本题的 A选项是易混项，需要注意的是 HClO的分解方式不仅仅有22HClO2HCl+O 光照，也有33HClO2HCl+HClO，题中虽然有光照这个条件，但并未验证有 O2生成，故无法说明 HClO的分解方式。17/22

39、14.【答案】D【解析】【分析】本题为探究实验，根据实验过程及实验现象做出合理的推断：将铜氧化需要较强的氧化剂，实验浓氨水不能氧化铜，因此可推测有其他氧化剂参与反应；实验中过氧化氢有强氧性，可在一定条件下将铜氧化；硝酸具有强氧化性，常温下能将铜氧化；中硝酸与过氧化氢两种氧化剂同时使用要考虑相互之间的影响。【详解】A项、溶液变为绛蓝色，说明铜被氧化；左侧水柱上升，说明装置内气体减少。由此推测，装置内的氧气在浓氨水的环境下将铜氧化，A选项正确；B 项、中溶液颜色比中的深，说明生成的含铜化合物浓度更高，对比可知，由于过氧化氢的存在，增大了铜的溶解量，B 选项正确；C 项、根据现象及硝酸的强氧化性可知

40、，铜被硝酸氧化，硝酸被还原成 NO，C 选项正确；D项、根据实验现象可知，过氧化氢的存在对硝酸与铜的氧化反应起了干扰作用。硝酸的还原产物为 NO，如果过氧化氢分解产生 O2，则会与 NO反应生成红棕色的 NO2，与实验现象不相符，D选项错误；答案选 D。【点睛】化学是以实验为基础的科学，往往是根据实验的结论进行分析，做出对实验结果的合理解释，解题时应避免做出与实验结论不相符的推测。如本题的 D选项的推测与实验现象就不相符。15.【答案】(1).(2).(3).羟基 (4).醛基 (5).ABC【解析】【分析】【详解】(1)烃是只含有碳氢两种元素的有机物，所以不属于烃类的是，故答案为：(2)同系

41、物是结构相似，分子相差若干个“CH2”原子团的有机物，所以和互为同系物，故答案为：(3)分子中含有的官能团为羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基(4)A与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 A正确；B根据烷烃系统命名法可知的系统名为：2-甲基丁烷，故 B 正确；C含有不饱和度都为 2，1mol最多均可以与 2molH2发生加成反应，故 C 正确；D中含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应生成酯，故 D错误；，故答案为 ABC。16.【答案】(1).+41 (2).反应 ii 为反应 I的决速步，c(CO2)增大，反应 ii速率加快，从而提高反应 I速率 (3).800时，C2H4选择性比 780略

42、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 (4).减小 (5).随()()226V COV C H增大，c(CO2)增大，c(C2H6)减小；c(CO2)增 18/22 大促进反应 I平衡正移，反应消耗的 C2H6增多，也使 c(C2H6)减小，反应 II平衡逆移；上述因素导致产物中C2H4质量分数增大 (6).负 (7).C2H6+O2-2e-=C2H4+H2O【解析】【分析】【详解】（1）i.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H1=+136 kJ mol-1；ii.H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)

43、H2；iii.CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)H=+177 kJ mol-1 由盖斯定理可知，ii=iii-i，则H2=H-H1=177 kJ mol-1-136 kJ mol-1=+41 kJ mol-1；反应 iiH2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反应 ii 为反应 I的决速步，c(CO2)增大，反应 ii 速率加快，从而提高反应 I速率；（2）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，故工业生产

44、中反应 I选择 800；a.随()()226V COV C H 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；b.随()()226V COV C H增大，c(CO2)增大，c(C2H6)减小；c(CO2)增大促进反应 I平衡正移，反应消耗的 C2H6增多，也使 c(C2H6)减小，反应 II平衡逆移；上述因素导致产物中 C2H4质量分数增大；（3）N极 CO2CO得电子，说明 N极负极；阳极 C2H6 C2H4，失去 2 个电子且消耗氧离子，电极方程式为：C2H6+O2-2e-=C2H4+H2O。17.【答案】(1).abc；(2).D (3).ClO+H2

45、O HClO+OH (4).ClO+H2O+CO2=HCO+HClO (5).C (6).B (7).H2C2O4H+HC2O4、HC2O4C2O24+H+(8).H2C2O4+OH=HC2O4+H2O (9).bc (10).NH3H2O 与 H+反应，降低 c(H+)浓度，使 Fe2+H2C2O4+xH2OFeC2O4 xH2O+2H+，平衡向正反应方向移动，产生更多的 FeC2O4 xH2O，(11).2【解析】【分析】【详解】(1)由给出的电离常数可知，酸性：CH3COOHH2CO3HClOHCO-，故答案为：abc；(2)A向水中加入 NaHSO4固体，H+浓度增大，平衡逆向移动，溶

46、液显酸性；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；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；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；故答案为：D；19/22(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：CO 23ClOHCO 3，向 NaClO溶液中通入少量的 CO2，反应的离子方程式为ClO+H2O+CO2=HCO+HClO，故答案为：ClO+H2O+CO2=HCO+HClO；(5)pH 相

47、同等体积的下列三种物质的溶液：aHCl，bH2SO4，cCH3COOH，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 V3V2=V1，故答案为：C；(6)ACH3COOH是弱酸，属于弱电解质，Na2CO3是盐都属于强电解质，所以 A错误；B0.10mol L-1CH3COOH溶液，存在物料守恒，所以中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.10mol L-1，故 B正确；CNa2CO3溶液，CO 23显碱性，故中存在：c(Na)c(CO2-3)c(OH-)c(HCO-3)c(H+)，故 C 错误；故

48、答案为：B；II(1)H2C2O4为乙二酸，由 0.1 mol/L H2C2O4溶液 pH=1.3 可知，H2C2O4为二元弱酸，分步电离的方程式为：H2C2O4H+HC2O4、HC2O4C2O24+H+，故答案为：H2C2O4H+HC2O4、HC2O4C2O24+H+(2)由已知图像可知，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。a0.1 mol L-1 KHC2O4溶液中，存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c

49、(C2O2-4)+c(OH-)，故 a 错误；b0.1 mol L-1 KHC2O4溶液中，由图可知 KHC2O4溶液显酸性，说明 HC2O4电离程度大于水解程度，故存在：c(K+)c(HC2O4-)c(C2O2-4)c(H2C2O4)，故 b 正确；c0.1 mol L-1 KHC2O4溶液中，存在物料守恒：c(K+)=c(HC2O4-)+c(C2O2-4)+c(H2C2O4)，故 c正确。故答案为：bc(3)NH3H2O 与 H+反应，降低 c(H+)浓度，使 Fe2+H2C2O4+xH2OFeC2O4 xH2O+2H+，平衡向正反应方向移动，产生更多的 FeC2O4 xH2O，故答案为：

50、NH3H2O 与 H+反应，降低 c(H+)浓度，使 Fe2+H2C2O4+xH2OFeC2O4 xH2O+2H+，平衡向正反应方向移动，产生更多的 FeC2O4 xH2O，反应消耗 n(KMnO4)=cv=0.1 mol/L 18 mL 103=0.0018 mol，FeC2O4xH2O 中 Fe 元素为+2 价，设 FeC2O4xH2O 为 n mol，根据得失电子守恒，n+2n=0.0018 mol 5，则 n=0.003 mol，()1242MOOmn0.54g0.003180g?FeCxHmolmol=，()1112MO180g?144g?36g?xHmolmolmol=，则 11x