2021北京交大附中高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2021北京交大附中高二（上）期末化学（教师版），共22页。试卷主要包含了5 Fe 56， 化学与生活密切相关， 下列溶液一定呈中性的是，4ml/B， 水煤气变换反应为等内容，欢迎下载使用。

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
Ⅰ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NH3–H2O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(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
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△H>0
B. 步骤③的化学方程式：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. 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)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υ= kc2(NO)· c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢
② 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
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. 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的溶液中：I-、SO、SO、H+
C. 由水电离出的c(H+)=1.0´10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCO
D. pH=11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO
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CO或HCO
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1mL0.1mol/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，γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH +H2O
不同时刻测得丁内酯的浓度如下表。

20
50
80
100
120
160
220
∞

0.024
0.050
0071
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γ-羟基丁酸的浓度可提高γ-丁内酯的产率
B. 298 K时，该反应的平衡常数为2.75
C. 反应至120 min时，γ-羟基丁酸的转化率＜50%
D. 80～120 min的平均反应速率：v（γ-丁内酯） ＞1.2×10-3 mol ∙ L-1∙min-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∆H＞0、x＞0.1
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，推断①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)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
溶液快速变蓝，产生无色气体，左侧水柱下降
④
10 mL 20% HNO3溶液，3 mL H2O2
溶液变蓝比③慢，产生无色气体，左侧水柱下降
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
Ⅱ卷
二、非选择题
15. 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_______(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)
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2molH2发生加成反应
D.⑤不能与乙酸反应生成酯
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：
Ⅰ．CO2(g) + C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ∆H = +177 kJ·mol-1(主反应)
Ⅱ．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：
i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ∆H1 = +136 kJ·mol-1(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·mol-1
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)0.1 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：

① 工业生产中反应I选择800℃，原因是______。
② 800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：

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. 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
1.7×10-5
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
3.0×10-8
(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+H2O⇌H3O++OH-ΔH>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 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·L-1CH3COOH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·L-1
C.②中：c(Na＋)>c(OH-)>c(CO) > c(HCO)>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：

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_______。
②0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是_______(填序号)。
a.c(K+)+c(H+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(OH-)
b.c(K+)>c(HC2O) > c(C2O) > c(H2C2O4)
c.c(K+)=c(HC2O) + c(C2O)+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+
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：_______。
②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+
HCO
CO2
Fe2+
Mn2+
pH
4～20
0.4～3
1～1.5
30～70
0.3
0.1
6.5～8.5
（1）利用FeCO3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：
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：

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. 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：
ⅰ．pH＜11.7时，I－能被O2氧化为I。
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/LKI溶液放置初期pH升高的原因：_________________________________________________________。
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
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5可以看出pH越大，歧化反应速率越_______________（填“快”或“慢”）。
解释pH＝8.4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

Ⅰ
ⅰ.先加1mL 0.1 mol/L FeSO4溶液
ⅱ.再加硫酸酸化的KMnO4溶液
ⅰ.无明显现象
ⅱ.先变红，后褪色
Ⅱ
ⅲ.先加1mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液
ⅳ.再滴加0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液
ⅲ.溶液变红
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）用离子方程式表示FeSO4溶液显酸性的原因__________。
（3）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因____________________________。

②针对实验Ⅰ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，增大了离子间相互作用，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Fe2+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___________________。
（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（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______。

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】
【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】A．CuCl2为强酸弱碱盐，由于Cu2+的水解溶液显酸性，故A不符合题意；
B．NaHCO3溶液中由于的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．NaNO3为强酸强碱盐，溶液显中性，故C符合题意；
D．NH4Cl为强酸弱碱盐，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。
A、v(A)= 0.4mol/(L·s)；
B、v(A)=mol/(L·s)；
C、v(A)= 0.3mol/ (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Ｃ正确;
D、X不含苯环，不属于芳香族化合物，D项不正确;
答案选Ｄ。
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。
【详解】A．根据水煤气变换反应并结合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ΔH小于0，A项错误；
B．结合此图分析判断，③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⑤中H-O键，在原反应物中已经存在，则步骤⑤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υ= 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υ= kc2(NO)· c(H2)，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不同，如c (NO) 增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ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①，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①、②的速率，故D正确；
答案选B。
9. 【答案】D
【解析】
【分析】
【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+)=1.0´10-13 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CO或HCO，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Fe3＋＋3OH－=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γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，γ-丁内酯的产量增加，但不能提高γ-丁内酯的产率，A错误；
B.该反应的平衡常数, B正确；
C.反应至120 min时，丁内酯的浓度为0.090mol∙L-1，反应了的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol∙L-1，转化率为，C错误；
D.80～120 min， ∆c（γ-丁内酯）=(0.09-0.071) mol∙L-1，平均反应速率：v（γ-丁内酯）= ，D错误；
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；
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，∆H＞0；同一温度下，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，则x＜0.1；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+)=，Kw增大的更多一些，使得c(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①代表盐酸与镁条的反应，②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，也有，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。
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①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②中过氧化氢有强氧性，可在一定条件下将铜氧化；③硝酸具有强氧化性，常温下能将铜氧化；④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、②中溶液颜色比①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，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). ⑤ (2). ①③ (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⑤，故答案为：⑤
(2)同系物是结构相似，分子相差若干个“CH2”原子团的有机物，所以①和③互为同系物，故答案为：①③
(3) 分子⑤中含有的官能团为羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基
(4) A．②与③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④的系统名为：2-甲基丁烷，故B正确；
C．①②③含有不饱和度都为2，1mol①②③最多均可以与2molH2发生加成反应，故C正确；
D．⑤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 (6). 负 (7). C2H6 +O2--2e-=C2H4 + H2O
【解析】
【分析】
【详解】（1）①i.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ∆H1 = +136 kJ·mol-1；
ii.H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ∆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；
②反应ii．H2(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）①800℃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，故工业生产中反应I选择800℃；
②a. 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；
b. 随增大，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）①N极CO2CO得电子，说明N极负极；
②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). a＞b＞c； (2). D (3). ClO−+H2O HClO+OH− (4). ClO−+H2O+CO2=HCO−+HClO (5). C (6). B (7). H2C2O4H++HC2O、HC2OC2O+H+ (8). H2C2O4+OH−= HC2O+H2O (9). bc (10). NH3⋅H2O 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：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO-，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；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；
(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 ＞ClO−＞HCO ，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，所以A错误；
B．①0.10mol·L-1CH3COOH溶液，存在物料守恒，所以①中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-) = 0.10mol·L-1，故B正确；
C．②Na2CO3溶液，CO 显碱性，故②中存在：c(Na＋)> c(CO) > c(OH-)> c(HCO)>c(H+)，故C错误；故答案为：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++HC2O、HC2OC2O+H+，故答案为：H2C2O4H++HC2O、HC2OC2O+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：HC2O，则中和反应的离子方程式为：H2C2O4+OH−= HC2O+H2O，故答案为：H2C2O4+OH−= HC2O+H2O。
②a．0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中，存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，故a错误；
b．0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中，由图可知KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O电离程度大于水解程度，故存在：c(K+)>c(HC2O) > c(C2O) > c(H2C2O4)，故b正确；
c．0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中，存在物料守恒：c(K+)=c(HC2O) + c(C2O)+c(H2C2O4)，故c正确。
故答案为：bc
(3)①NH3⋅H2O 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：NH3⋅H2O 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，
②反应消耗 n(KMnO4)=c⋅v=0.1 mol/L×18 mL×10−3=0.0018 mol，FeC2O4⋅xH2O 中 Fe 元素为 +2 价，设 FeC2O4⋅xH2O 为 n mol，根据得失电子守恒，n+2n=0.0018 mol×5，则 n=0.003 mol，，，则
故答案为：2
18. 【答案】 (1). FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合形成，使得溶液中c()浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大 (2). 加快反应速率 (3). 4 (4). 1 (5). 10 (6). 4 (7). 8 (8). H+ (9). Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快 (10). 2ClO2+5Mn2++6H2O2Cl-+5MnO2+12H+ (11). 适当增加ClO2的投料量，升高温度
【解析】
【分析】
【详解】I.(1)FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合形成，使得溶液中c()浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；故答案为：FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合形成，使得溶液中c()浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
II. (2) ①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用温度越高，反应速率越快，故答案为：加快反应速率；
②根据电子守恒，电荷守恒，原子守恒，配平化学方程得：4Fe2++O2+10H2O=4 Fe(OH)3+8H+，故答案为：4；1；10；4；8；H+；
(3)①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快，故答案为：Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。ClO2氧化Mn2+生成二氧化锰和氯离子，离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O2Cl-+5MnO2+12 H+，故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O2Cl-+5MnO2+12H+；
③写出两种提高锰去除率的方法：适当增加ClO2的投料量，升高温度，适当降低pH等；故答案为：适当增加ClO2的投料量，升高温度。
19. 【答案】 (1). I2或碘单质 (2). 2H2O+4I-+O2=2I2+4OH- (3). IO3-+5I-+6H+=3H2O+3I2，该反应的速度快 (4). 少量KIO3固体 (5). 快 (6). pH＝8.4时，同时发生了：碘与淀粉变蓝和碘单质与氢氧化钾的歧化反应。由于碘与淀粉变蓝反应快，所以先产生蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质浓度降低，蓝色消失
【解析】
【分析】
由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化为I2，通过书写反应的方程式可知，这会导致溶液的碱性逐渐增强；又因为，一定碱性条件下，I2容易发生歧化反应，生成和I-；那么长时间放置KI溶液，溶液中会含有和I-，这两种离子发生归中反应生成I2的速率较快，应该就是实验1中酸化后溶液更迅速变蓝的原因。为了进一步验证上述猜想，设计实验4时，就要验证的存在对于溶液变蓝速率的影响。实验5的设计是为了验证pH对I2歧化速率的影响，分析几组平行实验的现象差异即可得出相关的结论。
【详解】(1)淀粉遇I2会变蓝，因此溶液变蓝说明其中含有I2；
(2)①由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化，所以反应初期pH升高，相关的方程式为：；
②通过分析可知，相比于实验2，实验1中的溶液加酸后迅速变蓝，原因是的反应速率更快；
(3)通过分析可知，为了验证题目(2)②的猜想，需要向溶液中加入KIO3固体；
(4)通过分析四组平行实验的现象差异可知，pH越大，歧化反应速率越大，加入碘水后越难观察到溶液变蓝的现象；pH=8.4时，溶液先产生蓝色，是因为碘单质与淀粉相互作用导致的，在较弱的碱性条件下，I2的歧化反应进行的较慢，因此经过一段时间后，I2逐渐歧化反应消耗完全，蓝色才逐渐褪去。
20. 【答案】 (1). (2). Fe2++2H2OFe(OH)2 + 2H+ (3). MnO4—+ 5Fe2+ + 8H+ = Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O，Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3 (4). 0.1 mol/L KSCN溶液 (5). 硫酸酸化的KMnO4溶液 (6). 一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 (7). 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 (8). 无色变为红色或溶液变红
【解析】
【分析】
（1）根据结构式即可写电子式；
（2）考查盐类水解；
（3）探究溶液变红后褪色原因，先变红是Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN—结合生成Fe(SCN)3。后褪色设计成原电池，从电子转移方向可判断正负极，结合化合价改变可判断电解质溶液；
（4）结合实验现象可知三次颜色都变浅，即都有关系；
（5）滴定终点会有铁离子，能跟指示剂反应。
【详解】（1）根据结构式N≡C—S－，可知电子式为；
（2）FeSO4是强酸弱碱盐，显酸性的原因是Fe2+的水解，离子方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2 + 2H+；
（3）①KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN—结合生成Fe(SCN)3，溶液变红，离子方程式为MnO4—+ 5Fe2+ + 8H+ = Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O，Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3；
②探究SCN－是否被酸性KMnO4氧化为SO42－，设计成原电池，由电子转移方向可知，X溶液所处电极为负极，化合价升高，失去电子。故X溶液是0.1 mol/L KSCN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，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；
（4）由三次加入试剂颜色均会变浅且一次比一次更浅可知，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。
（5）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，滴定终点有：Fe3+ +3SCN—Fe(SCN)3，则达到滴定终点的实验现象是无色变为红色或溶液变红。