1、高考化学模拟试题02可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 Fe 56第一部分本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1下列我国科技成果不涉及化学变化的是()A.厨余污油裂化为航空燃油B.“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C.以“煤”代“油”生产低碳烯烃D.用“天眼”接收宇宙中的射电信号答案D解析航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到的一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物
2、质，不属于化学变化，故选D。2中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是()A高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化答案D解析白瓷含有多种成分属于混合物，A项错误；陶瓷属于无机非金属材料，B项错误；氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C项错误；“窑变”时，高温下釉料中的金属化合物由于还原程度的不同，形成不同颜色的低价态化合物，D项正确。3.(2019洛阳模拟)下列实验操作及其先后顺序均正
3、确的是()A.先装好药品，再检查装置的气密性B.先用双手捂紧试管，再将导管插入水中检查装置的气密性C.氢气还原氧化铜的实验，先通一段时间的氢气，排尽装置内的空气后再加热D.稀释浓硫酸时，先在烧杯里倒入浓硫酸，再小心倒入水并不断搅拌答案C解析制备气体时，应先检查装置的气密性，再装药品，A项错误；检查气密性时，要先把导管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂热容器外壁，里面的空气受热膨胀会逸出，导致将导管放入水中后看不到导管口处冒气泡，B项错误；氢气还原氧化铜时，要先通一段时间氢气排尽空气，防止加热时发生爆炸，C项正确；浓硫酸的密度比水的大，溶于水时要放出大量的热，所以在稀释浓硫酸时要将浓硫酸慢慢
4、注入水中并不断搅拌，使放出的热量及时散失，D项错误。4.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A.3g3He含有的中子数为1NAB.1L0.1molL1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NAC.1molK2Cr2O7被还原为Cr3转移的电子数为6NAD.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA答案B解析3g3He的物质的量为1mol，每个3He含1个中子，则1mol3He含1mol中子，A项正确；该溶液中含0.1molNa3PO4，由于部分PO水解，故溶液中PO的数目小于0.1NA，B项错误；K2Cr2O7中Cr元素为6价，1molK2Cr2O7被还原成Cr3时，得到
5、6mol电子，C项正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个分子中均含10个CH键和3个CC键，即每个分子中含13个共价键，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含13mol共价键，D项正确。5.下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是()A.为了防止FeCl2溶液久置变质，常在其溶液中加入少许铁钉B.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，能形成胶体C.新制的Fe(OH)2沉淀露置在空气中最终会变为红褐色D.除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加铁粉，然后过滤答案D解析Fe2在空气中易被氧化为Fe3，加铁钉可以防止FeCl2溶液的变质，故A项正确；制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl
6、3溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热即可，故B项正确；新制的Fe(OH)2沉淀露置在空气中迅速变成灰绿色，最终会变为红褐色的Fe(OH)3，故C项正确；除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中滴加氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，故D项错误。6.(2019北京高三高考模拟)下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是()A.FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3Cu=2Fe2Cu2B.Na2O2用作供氧剂：Na2O2H2O=2NaOHO2C.氯气制漂白液：Cl22NaOH=NaClNaClOH2OD.Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)COCaCO3(s)SO答案B
7、解析FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3Cu=2Fe2Cu2，故A项正确；Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O22H2O=4NaOHO2，故B项错误；氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，故C项正确；Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)COCaCO3(s)SO，故D项正确。7. 含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是()A.该过程中可得到化工产品H2SO4B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C.该过程中化合价发生改
8、变的元素只有Fe和SD.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3SO22H2O=2FeSO42H2SO4答案C解析根据工艺流程图可知，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3SO22H2O=2FeSO42H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸，A、D两项正确；根据A中分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B项正确；该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，C项错误。8. BHT是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种：下列说法正确的是()A能与Na2CO3溶液反应生成CO2B与BHT互为同系物CBH
9、T久置于空气中不会被氧化D两种方法的反应类型都是加成反应答案B解析酚羟基不能和碳酸钠反应产生CO2，所以A不正确；BHT和对甲基苯酚的结构相似，属于同一类有机物，互为同系物，B正确；酚羟基易被氧化，C不正确；方法二是取代反应，D不正确。9.下列实验不能达到实验目的的是（）选项实验操作实验目的ACl2、Br2分别与H2反应比较氯、溴的非金属性强弱B向MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3比较镁、铝的金属性强弱C测定相同物质的量浓度的Na2CO3、Na2SO4溶液的pH比较碳、硫的非金属性强弱DFe、Cu分别与稀盐酸反应比较铁、铜的金属性强弱答案B解析越易与氢气反应，元素非金属性越强，故A正确
10、；MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，都生成白色沉淀，故B错误；碳酸钠溶液水解呈碱性说明碳酸是弱酸，硫酸钠溶液呈中性，说明硫酸是强酸，故C正确；铁与盐酸反应放出氢气，铜与盐酸不反应，故D正确。10. 根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是()A1molC(g)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB反应2CO(g)O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C由CCO的热化学方程式为：2C(s)O2(g)=2CO(g)H221.2kJmol1D热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值H10.1 kJmol1答案C解析由图可知：1molC(
11、s)与1molO2(g)的能量之和大于393.5kJ，而1molC(g)与1molO2(g)的能量之和远大于393.5kJ，故A错误；由图可知：1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g)放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；由图可知：1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5 kJ282.9 kJ110.6 kJ，所以2C(s)O2(g)=2CO(g)H221.2 kJmol1，故C正确；热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量
12、，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为 kJg110.1 kJg1，单位不正确，故D错误。11.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是()A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B.冰表面第二层中，H浓度为5103molL1(设冰的密度为0.9gcm3)C.冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变D.冰表面各层之间，均存在可逆反应HClHCl答案D解析观察图示知，第一层只存在HCl分子，HCl没有电离，A项正确，D项错误；在冰表面第二层中，假设H2O的物质
13、的量为1mol，则n(Cl)1104mol，n(Cl)n(H)，冰的体积V20.00cm3，c(H)5.0103molL1，B项正确；第三层中水分子结构不变，每个水分子与4个水分子形成氢键，氢键网络结构保持不变，C项正确。12.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)=2NH3(g)CO2(g)HakJmol1(a0)。然后在恒定温度下缩小容器体积，重新达到平衡。下列分析正确的是()A.若2v(NH3)v(CO2)，则该反应达到平衡状态B.两次平衡时，后一次平衡时CO2的浓度大C.重新达到平衡，密闭容器中氨气
14、的体积分数不变D.若开始时向容器中加入2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出akJ热量答案C解析反应均按物质的量比例进行，温度不变，Kc2(NH3)c(CO2)的值不变，前后两次为等效平衡，两次平衡时c(CO2)相等，B项错误，C项正确；因反应为可逆反应，不能反应彻底，故若开始时向容器中加入2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出热量小于akJ，D项错误。13. 微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是()A.正极反应中有CO2生成 B.微生物促进了反应中电子的转移C.质子通过交换膜从负极区移向正极区 D.电
15、池总反应为C6H12O66O2=6CO26H2O答案A解析根据微生物电池工作原理示意图可知，C6H12O6在负极发生氧化反应生成CO2，电极反应式为C6H12O66H2O24e=6CO224H；O2在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6O224H24e=12H2O，A项错误；微生物促进了反应中电子的转移，B项正确；H通过质子交换膜从负极区移向正极区，C项正确；电池总反应为C6H12O66O2=6CO26H2O，D项正确。14.(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图
16、。下列说法不正确的是（ ）A. 60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B. 60之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关D. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关答案：C解析：A、温度越高，氧化速率越快，60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不
17、影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。第二部分 本部分共5题，共58份15、（8分）研究大气中含硫化合物(主要是SO2和H2S)的转化具有重要意义。（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为HSO3-的方程式： 。（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42-，两步反应的能量变化示意图如下：1mol H2S(g)全部氧化成SO42-(aq)的热化学方程式为 。（3）二氧化硫空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，
18、其装置示意图如下： 质子的流动方向为 （“从A到B”或“从B到A”）。 负极的电极反应式为 。（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。SO2烟气脱除的一种工业流程如下： 用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3-，反应的离子方程式是 。 若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是 。答案（1）SO2 + H2O H2SO3；H2SO3 H+ + HSO3- (每个方程式1分，共2分)（2）H2S(g) + 2O2(g) = SO42-(aq) + 2H+(aq) H = 806.39 kJmol1(方程式1分，包括物质化学式和状态；焓变1分，包括与
19、系数对应的数值和单位)（3）从A到B (1分) SO2 2e- + 2H2O = SO42- + 4H+（4） H2O + 2SO2 + CO32- = 2HSO3- + CO2 NaOH 多写Ca(OH)2不扣分解析：（1）高湿条件下SO2转化为HSO3-的过程即为SO2与水反应生成H2SO3；SO2+ H2OH2SO3，然后再发生电离（注意分步电离）；H2SO3H+ HSO3-；由两步反应的能量变化示意可以看出，H2S先被氧化为S（g）释放能量，H2S（g）+05O2（g）=S（g）+H2O（g） H= 22119 kJmol1，然后再S被进一步氧化为 SO42-（aq）释放能量：S（g）
20、+15O2（g）+H2O（g）=SO42-（aq） + 2H+（aq） H= 58520 kJmol1，所以1mol H2S（g）全部氧化成SO42-（aq）的热化学方程式就可以根据盖斯定律完成；将两个热方程式相加：H2S（g） + 2O2（g） = SO42-（aq） + 2H+（aq） H= 80639 kJmol1（3）由于该装置为原电池，且SO2为还原剂失去电子作负极，O2氧化剂得到电子作正极，而质子带正电荷，在原电池中带正电荷的阳离子向正极移动；所以质子的流动方向为从A到B；由于SO2作负极失去电子，在溶液中一定会生成SO42-，即电极反应式为： SO2 2e-+ 2H2O = SO
21、42-+ 4H+（4）由于H2SO3酸性比H2CO3酸性强，所以用纯碱溶液吸收SO2，H2SO3可以将纯碱转化为 CO2， 反应的离子方程式为：H2O + 2SO2+ CO32-= 2HSO3-+ CO2；若石灰乳过量，则其产物中有生成的NaOH ，所以再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的物质就为NaOH 。16、（12分）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：(1)在粗铜精炼过程中，粗铜与电源的_极(填正、负)连接；阴极的电极反应式为_。(2)在浸铜过程中，浸铜反应的离子方程式为_，生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能
22、的原因_。(3)已知：浸金时，Au转化为AuCl4-。在理论上，提取金的过程中反应消耗NaClO3和H2C2O4的物质的量之比为_。(4)已知: 浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到Na2SO3再生液，X是_。在提取银过程中，其他条件不变，Na2SO3再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。试结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_答案 (1). 正 (2). Cu2+2e- = Cu (3). Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O (4). 大量H
23、2O2在CuSO4催化下，受热分解。 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2.) (5). 1:3 (6). SO2 (7). 在Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解解析（1）精炼粗铜时，阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，电极反应式Cu2+2e-=Cu。本小题答案为：正；Cu2+2e- = Cu。（2）浸铜过程中铜转化为硫酸铜，铜元素的化合价由0价升高到+2价，
24、失电子发生氧化反应，铜为还原剂，H2O2为氧化剂，其中的氧元素化合价由-1价降低到-2价，得电子发生还原反应，生成H2O，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O；生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解，也可能是氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2。本小题答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O；大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2)。（3）浸金时，Au转化为AuCl4-。Au元素化合价由0价升高到+3价，1molAu失3mol电子，NaClO3转化为NaCl，Cl
25、元素的化合价由+5价降低到-1价，1molNaClO3得6mol电子，根据得失电子守恒金与氯酸钠的物质的量比为2:1；下一步中，AuCl4-转化为Au，Au元素化合价由+3价降低到0价，1mol AuCl4-得3mol电子，H2C2O4转化为CO2，C元素的化合价由+3价升高到+4价，1mol H2C2O4失2mol电子，根据得失电子守恒AuCl4-转与草酸的物质的量之比为2:3，则NaClO3与草酸的物质的量之比为1:3。本小题答案为：1:3。（4）浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-，此时向溶液中通入SO2，由于
26、亚硫酸酸性强于碳酸酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。本小题答案为：SO2。在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。本小题答案为：在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。17、（14分）3-四氢呋喃甲醇是合成农药呋虫胺的中间体，其合成路线如下：已知： RCl NCN RCOOH R1COOR2 + R3
27、18OH R1CO18OR3 + R2OH R1COOR2 R1CH2OH + R2OH请回答下列问题：（1）A生成B的反应类型是_，B中含有的官能团是_。 （2）D发生酯化反应生成E的化学方程式为_。（3）3-四氢呋喃甲醇有多种同分异构体，请写出其中两种符合下列条件的有机物的结构简式：_。能发生水解反应 分子中有3个甲基（4）G的结构简式为_。（5）生成G的过程中常伴有副反应发生，请写出一定条件下生成高分子聚合物的化学方程式：_。（6）还可以利用与K发生加成反应合成3-四氢呋喃甲醇，写出K和H的结构简式。_、_。答案(1). 取代反应 (2). 氯原子(-Cl)、羧基(-COOH) (3).
28、 HOOCCH2COOH+2 CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O (4). 、（任写2种） (5). (6). n+（n-1）CH3CH2OH (7). HCHO (8). 解析(1)A生成B是乙酸的甲基上H原子比氯原子替代，属于取代反应；B为ClCH2COOH，B中含有的官能团是：羧基、氯原子，故答案为：取代反应；羧基、氯原子；(2)D为HOOCCH2COOH，D与乙醇发生酯化反应生成E，反应化学方程式为HOOCCH2COOH+2 CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2 H2O，故答案为：HOOCCH2COOH+2 CH3CH2OHC
29、H3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2 H2O；(3)3-四氢呋喃甲醇的两种同分异构体符合下列条件：能发生水解反应，说明含有酯基，分子中有3个甲基，可以是：、，故答案为：、(任写2种)；(4)根据上述分析可知，G为：，故答案为：；(5)生成G的过程中常伴有副反应发生，一定条件下生成高分子聚合物的化学方程式：n+(n-1)CH3CH2OH，故答案为：n+(n-1)CH3CH2OH；(6)与K发生加成反应生成，故K为HCHO，发生信息中反应生成H为，然后脱去1分子水生成，故答案为：HCHO；。18、（10分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。 （1）人体内草酸累积过多
30、是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合金属离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因： 。（2）已知：0.1 molL1KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是 （填字母序号）。a. 0.1 molL1KHC2O4溶液中：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + 2c(C2O42-) + c(OH-) b. 0.1 molL1 KHC2O4溶液中：c(K+) c(HC2O4-) c(C2O42-) c(H2C2O4)c. 浓度均为0.1 molL1 KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+) = c(HC2
31、O4-) + c(C2O42-)d. 0.1 mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+) c(Na+)（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)的流程及组分测定方法如下：已知：i. pH4时，Fe2+易被氧气氧化ii. 几种物质的溶解度(g /100g H2O)如下FeSO47H2O(NH4)2SO4FeSO4(NH4)2SO46H2O20487537601018838 用稀硫酸调溶液pH至12的目的是： ， 。 趁热过滤的原因是： 。 氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取a g草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用b molL1的高锰酸钾标
32、准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾VmL，则M = 。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2)答案（1）由于CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡，所以EDTA在一定条件下可以有效溶解结石，一定是降低了Ca2+浓度减小，导致移动，结石溶解。（2）abd（3） 抑制Fe2+和NH4+的水解 ，防止Fe2+被氧化 由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO47H2O和（NH4）2SO4析出，影响FeSO4（NH4）2SO46H2O的纯度。不写（NH4）2SO4不扣分 600a/bV gmol-1解析（1）CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）Ca2+（aq）+
33、C2O42-（aq），所以EDTA在一定条件下可以有效溶解结石，一定是EDTA结合了Ca2+从而降低了Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解。（2）任何溶液都有遵循电中性原则，即溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，所以KHC2O4溶液中存在电荷守恒关系，正确a。由于水解，c（K+） c（HC2O4-），同时由于草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）b正确；浓度均为01 molL1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：C元素存在三种离子：C2O42-、HC2O4-、H2C2O4，所以c错误; 若将0
34、1 mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度，等体积的NaOH溶液完全反应，恰好得到K2C2O4和Na2C2O4混合溶液，而K2C2O4和Na2C2O4混合溶液呈碱性，若要得到中性溶液，则加入的NaOH溶液体积要小于KHC2O4溶液则：c（K+） c（Na+）；d正确；所以选abd；（3）由于Fe2+和NH4+的水解会影响最终的产品纯度，所以要调节pH抑制Fe2+和NH4+的水解，同时Fe2+在碱性条件下容易被氧化为Fe3+，同样可以影响产品的纯度防止Fe2+被氧化，由溶解度表数据可知，温度过低，（NH4）2SO4、FeSO47H2O的溶解度降低，所以会有晶体析出，影响FeSO4（NH4）2S
35、O46H2O的纯度，所以趁热过滤的原因是防止低温时FeSO47H2O和（NH4）2SO4析出，进而影响产品纯度；由题给信息：“部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2”可知FeC2O4被高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，表明FeC2O4具有还原性，将KMnO4还有为Mn2+，分析有关元素化合价的变化可知，反应过程中1 mol FeC2O42H2O可失去3 mol电子，而l mol KMnO4可得到5 mol电子：根据得失电子数相等的原则，反应中FeC2O42H2O与KMnO4的物质的量之比为5：3。因此，若反应中消耗1 mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为3/5 mol。 则可
36、以计算出草酸亚铁晶体的摩尔质量（M）=600a/bV gmol-119、（14分）某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。【初步探究】示意图序号温度试剂A现象0C0.5 molL-1稀硫酸4 min左右出现蓝色20C1 min左右出现蓝色20C0.1molL-1稀硫酸15 min左右出现蓝色20C蒸馏水30 min左右出现蓝色（1）为探究温度对反应速率的影响，实验中试剂A应为_。（2）写出实验中I-反应的离子方程式：_。（3）对比实验，可以得出的结论：_。【继续探究】溶液pH对反应速率的影响查阅资料：ipH9.28时，I2发生歧化反应：3I2 + 6OH-= IO3- +
37、 5I- + 3H2O，pH越大，歧化速率越快。（4）小组同学用4支试管在装有O2的储气瓶中进行实验，装置如图所示。序号试管中溶液的pH891011放置10小时内的现象出现蓝色颜色无明显变化分析和中颜色无明显变化的原因_。（5）甲同学利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为I2的反应，如右图所示，请你填写试剂和实验现象。【深入探究】较高温度对反应速率的影响小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验和。序号温度试剂现象敞口试管水浴70C5mL 1 molL-1 KI溶液5mL 0.5 molL-1稀硫酸20min内仍保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色密闭
38、试管溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色（6）对比实验和的现象差异，该小组同学经过讨论对实验中的现象提出两种假设，请你补充假设1。假设1：_。假设2：45C以上I2易升华，70C水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。（7）针对假设2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因 （写出一条）。你若认为假设2不成立，请设计实验方案证明。答案（1）0.5molL-1稀硫酸（2分）（2）4I- + O2+4H+= 2I2+2H2O（2分）（3）相同温度下，KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快（2分）（4）试
39、管、中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率（或歧化速率最快），所以观察颜色无明显变化（2分）（5）试剂1：1molL-1 KI溶液，滴加1%淀粉溶液（1分）试剂2：pH=10的KOH溶液（1分）现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液蓝色（t9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+ 5I-+ 3H2O，pH越大，歧化速率越快。试管、中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生岐化反应，因为岐化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率，所以和中颜色无明显变化，故答案为：试管、中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生岐化反应，
40、因为岐化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率；(5) 利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为I2的反应，负极发生失电子的氧化反应，故试剂1应为1mol/LKI溶液，滴加1%淀粉溶液，正极O2得电子发生还原反应，故试剂2为pH=10的KOH溶液，若出现电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t30min）的现象则可证明，故答案为：试剂1：1mol/LKI溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2：pH=10的KOH溶液；现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t30min）； (6)实验为敞口试管，与空气相通，水浴加热20min仍保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝
41、色；实验为密闭试管，水浴加热溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色；出现现象差异的原因可能是45以上I2易升华，70水浴时，c(I2)太小难以显现黄色（即假设2），也可能是在敞口试管中加热时氧气逸出，c(O2)降低，导致I-氧化为I2的速率变慢，应为假设1，故答案为：加热使氧气逸出，c(O2)降低，导致I-氧化为I2的速率变慢； (7)因KI溶液过量（即使加热时有I2升华也未用光KI），实验冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色，说明假设2成立；水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，与假设矛盾，则证明假设2不成立；故答案为：【假设2成立】理由：KI溶液过量（即使加热时有I2升华也未用光KI），实验冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色【假设2不成立】实验方案：水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立。
