2026屆?？谑兄攸c中學高二化學第一學期期中調(diào)研模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、關于炔烴的下列描述正確的是()A．分子里含有碳碳三鍵的不飽和鏈烴叫炔烴B．炔烴分子里的所有碳原子都在同一直線上C．炔烴易發(fā)生加成反應，也易發(fā)生取代反應D．炔烴不能使溴水褪色，但可以使高錳酸鉀酸性溶液褪色2、葡萄糖是一種單糖的主要原因是A．結構簡單 B．不能水解為最簡單的糖C．分子中含羥基和醛基的個數(shù)少 D．分子中含碳原子個數(shù)少3、80℃時，2L密閉容器中充入0.40molN2O4，發(fā)生反應N2O4(g)2NO2(g)ΔH＝＋53kJ/mol，獲得如下數(shù)據(jù)。下列判斷正確的是時間/s020406080100c(NO2)/mol·L－10.000.120.200.260.300.30A．升高溫度該反應的平衡常數(shù)K減小B．該反應的ΔS<0C．反應達平衡時吸熱15.9kJD．100s時再通入0.40molN2O4，達新平衡時N2O4的體積分數(shù)減小4、已知在101kPa，298K條件下，2g氫氣燃燒生成水蒸氣放出242kJ熱量，下列熱化學方程式正確的是A．2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1B．H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=-242kJ·mol-1C．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=+484kJ·mol-1D．H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-15、下表中物質(zhì)的分類組合完全正確的是（）選項ABCD強電解質(zhì)KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱電解質(zhì)CH3COONaCaCO3H2CO3NH3?H2O非電解質(zhì)SO2CS2H2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D6、如圖所示，甲池的總反應式為：，下列關于該電池工作時的說法正確的是A．該裝置工作時，Ag電極上有氣體生成B．甲池中負極反應為C．甲池和乙池中的溶液的pH均減小D．當甲池中消耗

時，乙池中理論上最多產(chǎn)生固體7、肼(N2H4)是火箭發(fā)動機的燃料，它與N2O4反應生成氮氣和水蒸氣。已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1下列表示肼跟N2O4反應的熱化學方程式正確的是A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－542.7kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1C．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1059.3kJ·mol－18、不能使紅墨水褪色的物質(zhì)是A．活性炭 B．過氧化鈉 C．蔗糖溶液 D．漂白粉9、已知：H2(g)+F2(g)＝2HF(g)的能量變化如圖所示，有關敘述中不正確的是()A．氟化氫氣體分解生成氫氣和氟氣的反應是吸熱反應B．1molH2與1molF2反應生成2mol液態(tài)HF放出的熱量小于270kJC．在相同條件下，1molH2與1molF2的能量總和大于2molHF氣體的能量D．斷裂1molH﹣H鍵和1molF﹣F鍵吸收的能量小于形成2molH﹣F鍵放出的能量10、某溫度下，體積一定的密閉容器中進行如下可逆反應：X(g)+Y(g)Z(g)+W（s）△H＞0，下列敘述正確的是A．加入少量W，逆反應速率增大，平衡逆向移動。B．當容器中氣體壓強不變時，反應達到平衡。C．升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小，平衡正向移動。D．平衡后加入X，平衡正向移動，兩種反應物的轉化率均增大。11、烷烴的命名正確的是A．4-甲基-3-丙基戊烷 B．3-異丙基己烷C．2-甲基-3-丙基戊烷 D．2-甲基-3-乙基己烷12、某有機物的結構簡式如圖所示，下列說法錯誤的是A．該有機物屬于烷烴B．該有機物的名稱是甲基乙基庚烷C．該有機物與2，二甲基乙基己烷互為同系物D．該有機物的一氯取代產(chǎn)物共有8種13、下列物質(zhì)中，只含離子鍵的是A．Na2OB．KOHC．O3D．NO214、在36g碳不完全燃燒所得氣體中，CO占體積，CO2占體積。且有：C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1與這些碳完全燃燒相比，損失的熱量是A．172.5kJ B．1149kJ C．283kJ D．517.5kJ15、下列說法正確的是（）A．強電解質(zhì)的水溶液導電性不一定強于弱電解質(zhì)的水溶液B．可溶性鹽在水中完全電離是強電解質(zhì)，難溶性鹽在水中溶解度很小是弱電解質(zhì)C．硫酸氫鈉在水溶液和熔融狀態(tài)下的電離方程式均為：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－D．強電解質(zhì)都是離子化合物，在水溶液或熔融狀態(tài)下完全電離，以離子形式存在16、化學工作者一直關注食品安全，發(fā)現(xiàn)有人將工業(yè)染料“蘇丹紅1號”非法用作食用色素。蘇丹紅是一系列人工合成染料，其中“蘇丹紅4號”的結構式如下：下列關于“蘇丹紅4號”說法正確的是()A．不能發(fā)生加成反應 B．屬于甲苯同系物C．屬于芳香烴 D．能發(fā)生水解反應17、下列相關條件下的離子方程式書寫正確的是A．侯德榜制堿法的反應之一：Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+B．泡沫滅火器原理：2Al3++3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑C．碳酸氫鎂溶液中滴加過量的燒堿溶液：Mg2++2+2OH-＝2H2O+MgCO3↓+D．一定量的明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液生成沉淀質(zhì)量最大時：2Al3++3+3Ba2++6OH-＝2Al(OH)3↓十3BaSO4↓18、一定溫度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容積為2L的密閉容器里，發(fā)生如下反應：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，經(jīng)5s反應達平衡，在此5s內(nèi)C的平均反應速率為0.2mol·L－1·s－1，同時生成1molD，下列敘述中不正確的是A．x=4B．達到平衡狀態(tài)時A的物質(zhì)的量濃度為c(A)=1.0mol·L－1C．5s內(nèi)B的反應速率v(B)＝0.05mol·(L·s)－1D．達到平衡狀態(tài)時容器內(nèi)氣體的壓強與起始時壓強比為6:519、下列物質(zhì)不屬于硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品的是A．玻璃 B．水泥 C．陶瓷 D．化肥20、下列說法中正確的是A．焰色反應是化學變化B．基態(tài)碳原子的電子排布式是1s22s12p3C．焰色反應是金屬原子的電子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時產(chǎn)生的光譜D．同一原子處于激發(fā)態(tài)時的能量一定大于其處于基態(tài)時的能量21、中和熱的測定實驗中，下列情況會導致測出來的中和熱的數(shù)值偏小的是①大小燒杯口未相平②大燒杯上未蓋硬紙板③用環(huán)形銅絲攪拌棒攪拌反應混合溶液④分多次將NaOH溶液倒入裝鹽酸的小燒杯中⑤NaOH溶液稍過量A．①②B．①②③C．①②③④D．①②③④⑤22、在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH?H++CH3COO－。加入少量下列物質(zhì)或采取下述方法，能使平衡逆向移動的是A．加水 B．CH3COONa固體 C．升溫 D．NaCl固體二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是核電荷數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，A元素的原子核內(nèi)只有1個質(zhì)子；B元素的原子半徑是其所在主族中最小的，B的最高價氧化物對應水化物的化學式為HBO3；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層多4；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B在周期表中的位置為第________周期第________族。(2)E元素形成的氧化物對應的水化物的化學式為____________________。(3)元素C、D、E形成的簡單離子半徑大小關系是______>______>_____(用離子符號表示)。(4)用電子式表示化合物D2C的形成過程：____________________。C、D還可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化學鍵是________________________。24、（12分）化合物G是一種醫(yī)藥中間體，常用于制備抗凝血藥?？梢酝ㄟ^下圖所示的路線合成：已知：(1)RCOOHRCOCl；(2)D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色。請回答下列問題：(1)B→C的轉化所加的試劑可能是____________，C＋E→F的反應類型是_____________。(2)有關G的下列說法正確的是_______________。A．屬于芳香烴B．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應C．可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應D．1molG最多可以跟4molH2反應(3)E的結構簡式為__________________。(4)F與足量NaOH溶液充分反應的化學方程式為_________________________。(5)寫出同時滿足下列條件的E的同分異構體的結構簡式_______________________。①能發(fā)生水解反應②與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應③苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子(6)已知：酚羥基一般不易直接與羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯（）是一種重要的有機合成中間體。試寫出以苯酚、甲苯為原料制取該化合物的合成路線流程圖___________(無機原料任用)。

注：合成路線的書寫格式參照如下示例流程圖：

25、（12分）已知在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應生成1mol水時的反應熱叫做中和熱?，F(xiàn)利用如圖裝置進行中和熱的測定，請回答下列問題：（1）圖示裝置有兩處重要組成部分未畫出，它們是____________、_______________。（2）燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是________________。（3）若操作時分幾次注入反應液，求得的反應熱數(shù)值_____（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。（4）做一次完整的中和熱測定實驗，溫度計需使用__________次。（5）量取0.5mol/L的鹽酸和0.55mol/L的NaOH溶液各50mL進行實驗，測得鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為t1℃，混合反應后最高溫度為t2℃，設溶液密度均為1g/mL，生成溶液的比熱容c=4.18J/g?℃。請列式計算中和熱：△H=______________kJ/mol（不用化簡）。26、（10分）某化學實驗小組為了驗證SO2和Cl2的漂白性，設計了如下圖所示的實驗裝置。請回答下列問題：（1）他們制備SO2和Cl2所依據(jù)的原理分別是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，則上圖A、E裝置中用來制Cl2的裝置是______（填序號），反應中鹽酸所表現(xiàn)的性質(zhì)是______性和______性，生成71gCl2轉移的電子是______mol；（2）反應開始后，發(fā)現(xiàn)B、D試管中的現(xiàn)象均為____________________________，停止通氣后，給B、D兩個試管中的溶液加熱，B試管中的現(xiàn)象是________________________________；（3）裝置C的作用是____________________________________________________________；（4）NaOH（足量）溶液與Cl2反應的離子方程式是__________________________________；（5）該小組同學將兩種氣體混合后通入品紅溶液，一段時間后，品紅溶液幾乎不褪色。查閱資料得知：兩種氣體按體積比1：1混合，再與水反應可生成兩種常見酸，因而失去漂白作用。該反應的化學方程式為______________________________________________________________。27、（12分）某小組擬用含稀硫酸的KMnO4溶液與H2C2O4溶液(弱酸)的反應(此反應為放熱反應)來探究“條件對化學反應速率的影響”，并設計了如表的方案記錄實驗結果(忽略溶液混合體積變化)。限選試劑和儀器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/LKMnO4溶液(酸性)、蒸餾水、試管、量筒、秒表、恒溫水浴槽V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mLV(蒸餾水)/mLV(0.010mol/LKMnO4溶液)/mLM(MnSO4固體)/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列問題：(1)完成上述反應原理的化學反應方程式：___。(2)上述實驗①②是探究___對化學反應速率的影響；若上述實驗②③是探究濃度對化學反應速率的影響，則a為___；乙是實驗需要測量的物理量，則表格中“乙”應填寫___。上述實驗②④是探究___對化學反應速率的影響。(3)為了觀察紫色褪去，草酸與高錳酸鉀初始的物質(zhì)的量需要滿足的關系n(H2C2O4):n(KMnO4)最小為：___。28、（14分）乙二酸(H2C2O4)俗稱草酸，在實驗研究和化學工業(yè)中應用廣泛。(1)室溫下，測得0.1mol·L?1H2C2O4溶液的pH=1.3，寫出草酸的電離方程式_______。(2)草酸溶液中各粒子的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH變化關系如圖所示：①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5時發(fā)生的主要反應的離子方程式是_______。②0.1mol·L?1KHC2O4溶液中，下列粒子濃度關系正確的是_______(填序號)。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)(3)工業(yè)上利用硫酸亞鐵與草酸反應制備草酸亞鐵晶體，其離子方程式為：Fe2++H2C2O4+xH2O?FeC2O4·xH2O↓+2H+①制備時需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的產(chǎn)率，從化學平衡移動原理角度解釋原因：_____。②測定草酸亞鐵晶體(FeC2O4·xH2O)的x值，實驗如下：稱取0.5400g草酸亞鐵晶體溶于一定濃度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到達滴定終點時，消耗0.1000mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00mL。已知：滴定過程中鐵、碳元素被氧化為Fe3+、CO2，錳元素被還原為Mn2+則FeC2O4·xH2O中x=_______(FeC2O4的摩爾質(zhì)量是144g·mol－1)。29、（10分）回答下列問題：（1）某溫度時，測得0.01mol/L的NaOH溶液pH=13，該溫度下水的Kw=__。（2）蓋斯定律在生產(chǎn)和科學研究中有很重要的意義。有些反應的反應熱雖然無法直接測得但可通過間接的方法測定?，F(xiàn)根據(jù)下列3個熱化學反應方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-25.0kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=-48.0kJ/molFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.5kJ/mol寫出CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學反應方程式：__。（3）已知25℃時Ksp(Mg(OH)2)=1.8×10-11，為除去某食鹽溶液中的Mg2+，可用NaOH為除雜試劑，當控制溶液pH=12時，可確保Mg2+除盡，此時溶液中Mg2+的物質(zhì)的量濃度為__mol/L。（4）生活中明礬常作凈水劑，其凈水的原理是__(用離子方程式表示)。（5）常溫下，取0.2mol/LHCl溶液與0.2mol/LMOH溶液等體積混合，測得混合溶液后的pH=5，寫出MOH的電離方程式：__。（6）0.1mol/L的NaHA溶液中，已知有關粒子濃度由大到小的順序為：c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)①該溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”、“<”或“=”)②作出上述判斷的依據(jù)是__(用文字解釋)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】試題分析：B中丙炔中碳原子不在同一直線上，是折線形；C中炔烴易發(fā)生加成反應難發(fā)生取代反應；炔烴既能使溴水褪色，也可以使高錳酸鉀酸性溶液退色，所以正確的答案選A?？键c：考查炔烴的有關判斷點評：該題是基礎性試題的考查，試題基礎性強，側重對學生基礎知識的鞏固與檢驗，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力，提高學生分析問題、靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。2、B【分析】糖是多羥基醛或多羥基酮和它們的脫水縮合物，單糖是不能再水解的糖類?！驹斀狻繂翁鞘侵覆荒鼙凰獬筛》肿拥奶穷愇镔|(zhì)。根據(jù)單糖的定義，葡萄糖是不能水解的糖，所以葡萄糖是單糖，故選B。3、C【解析】A.由熱化學方程式N2O4(g)2NO2(g);ΔH＝＋53kJ/mol可知，該反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，平衡常數(shù)K增大，A項錯誤；B.氣體分子數(shù)越多混亂度越大，由反應N2O4(g)2NO2(g)可知，正反應氣體分子數(shù)增多，所以該反應熵增加，即ΔS>0，B項錯誤；C.由表格數(shù)據(jù)可知，第80s、100s時反應已處于平衡狀態(tài)，此時NO2的濃度為0.30mol/L，即平衡時生成NO2的物質(zhì)的量=0.30mol/L×2L=0.6mol，根據(jù)熱化學方程式N2O4(g)2NO2(g);ΔH＝＋53kJ/mol可知，反應達平衡時吸收的熱量=53kJ/mol2×0.6mol=15.9kJ，C項正確；D.在溫度和容積相同時，再充入0.40molN2O4，相當于增大壓強，根據(jù)勒夏特列原理平衡向逆反應方向移動，所以達到新的平衡時N2O4的體積分數(shù)將增大，D項錯誤；答案選C。4、A【詳解】已知在101kPa，298K條件下，2g氫氣的物質(zhì)的量為1mol，燃燒生成水蒸氣放出242kJ熱量，熱化學反應式為：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ·mol-1，2mol氫氣燃燒生成水蒸氣應放出484kJ熱量，水蒸氣分解生成2mol氫氣則需要吸收484kJ熱量，熱化學反應式為：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1，A．根據(jù)分析，水蒸氣分解生成2mol氫氣則需要吸收484kJ熱量，熱化學反應式為：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1，故A正確；B．正反應與逆反應的反應熱符號相反，H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=+242kJ·mol-1，故B錯誤；C．H2(g)+O2(g)=H2O(l)是放熱反應，ΔH＜0，水由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)會繼續(xù)放熱，1mol氫氣燃燒生成液態(tài)水放出熱量的熱量大于242kJ，根據(jù)題中數(shù)據(jù)無法計算，故C錯誤；D．根據(jù)分析，1mol氫氣燃燒生成水蒸氣放出242kJ熱量，熱化學反應式為：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ·mol-1，故D錯誤；答案選A。5、D【詳解】A、KNO3在水中能完全電離，所以是強電解質(zhì)，CH3COONH4在水中能完全電離，所以是強電解質(zhì)，SO2自身不能電離，是非電解質(zhì)，故A錯誤；B、H2SO4在水中能完全電離，所以是強電解質(zhì)，溶于水的碳酸鈣能完全電離，所以屬于強電解質(zhì)，CS2不能發(fā)生電離，是非電解質(zhì)，故B錯誤；C、溶于水的BaSO4能完全電離，所以BaSO4是強電解質(zhì)，H2CO3在水中能部分電離，所以是弱電解質(zhì)，H2O部分電離，是弱電解質(zhì)，故C錯誤；D、HClO4在水中能完全電離，所以是強電解質(zhì)，NH3·H2O部分電離，是弱電解質(zhì)，C2H5OH在水溶液中不能發(fā)生電離，所以是非電解質(zhì)，故D錯誤；故選A。6、C【解析】甲池能自發(fā)的發(fā)生氧化還原反應而作原電池，通入肼的電極為負極，通入氧氣的電極為正極，負極反應為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池為電解池，陰極電極反應為Cu2++2e-=Cu、陽極反應為4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的電極為負極，負極與陰極相連，銀極為陰極，銅離子得電子生成銅單質(zhì)，選項A錯誤；B．甲池負極反應為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氫離子不能在堿性溶液中出現(xiàn)，選項B錯誤；C．甲池生成水，導致溶液中KOH濃度降低，則溶液pH減小，乙池中氫氧根離子放電，導致溶液pH減小，選項C正確；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1molN2H4時，轉移0.4mol電子，乙池Cu2++2e-=Cu，產(chǎn)生0.2mol銅，為12.8g固體，選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查了原電池和電解池原理，根據(jù)電極反應確定電極上的生成物及溶液pH變化，難點是電極反應式的書寫及計算。甲池能自發(fā)的發(fā)生氧化還原反應而作原電池，通入肼的電極為負極，通入氧氣的電極為正極，負極反應為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池為電解池，陰極電極反應為Cu2++2e-=Cu、陽極反應為4OH--4e-=2H2O+O2↑，據(jù)此分析解答。7、B【詳解】肼(N2H4)是火箭發(fā)動機的燃料，它與N2O4反應生成氮氣和水蒸氣，已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1，②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534.0kJ·mol－1，將方程式②×2-①得N2H4跟N2O4反應的熱化學方程式，2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=－1076.7kJ·mol－1或N2H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-538.35kJ·mol－1，B選項符合題意；答案選B。8、C【分析】能使紅墨水褪色說明該物質(zhì)具有漂白性，只要判斷下列物質(zhì)是否具有漂白性就可解答。【詳解】A.活性炭表面積較大，具有吸附性，所以有漂白性，所以A選項不選；

B.過氧化鈉具有強的氧化性，能夠氧化有機色素，具有漂白性，所以B選項不選；

C.蔗糖溶液不具有漂白性，所以不能使紅色墨水褪色，故C選；

D.漂白粉中的次氯酸根具有強的氧化性，能夠氧化有機色素，具有漂白性，所以D選項不選。

故選C。9、B【分析】通過圖像可知，反應物的總能量大于生成物的總能量，為放熱反應，且H2(g)+F2(g)＝2HF(g)H=-270kJ/mol；【詳解】A.氟化氫氣體分解生成氫氣和氟氣的反應是H2(g)+F2(g)＝2HF(g)的逆過程，則氟化氫分解為吸熱反應，A正確；B.HF(g)轉化為HF(l)放熱，1molH2與1molF2反應生成2mol液態(tài)HF放出的能量大于270kJ，B錯誤；C.通過圖像可知，反應物的總能量大于生成物的總能量，C正確；D.化學反應在舊鍵的斷裂吸收能量，新鍵的形成放出能量，此反應為放熱反應，則斷裂1molH﹣H鍵和1molF﹣F鍵吸收的能量小于形成2molH﹣F鍵放出的能量，D正確；答案為B【點睛】H2(g)+F2(g)＝2HF(g)H=-270kJ/mol，HF(g)=HF(l)H<0,根據(jù)蓋斯定律可得H2(g)+F2(g)＝2HF(l)H<-270kJ/mol，焓變減小，但釋放的熱量增大，容易錯誤。10、B【詳解】A．固體或純液體，一般認為其“濃度”為常數(shù)，它們的量的改變不會影響化學平衡的移動，A項錯誤；B．對于反應前后氣體體積改變的反應，總壓強一定，反應達到平衡狀態(tài)，B項正確；C．升高溫度，正逆反應速率都增大，只是正反應速率增大的幅度大于逆反應增大的幅度，使得，平衡正向移動，C項錯誤；D．平衡后加入X，平衡正向移動，Y的轉化率增大，X的轉化率減小，D項錯誤；答案選B?！军c睛】對于氣體反應物不止一種的可逆反應，達到平衡后，保持其它條件不變，加入一種反應物，一定使另一種反應物的轉化率增大，而自身的轉化率減小。11、D【詳解】選擇分子中含有碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，并從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號。從右端開始，到第三個碳原子往上，然后右轉，主鏈碳原子有6個，第2號碳原子上有1個甲基，第3個碳原子上有1個乙基，該物質(zhì)的名稱是2-甲基-3-乙基己烷，故D正確，故選D。【點睛】烷烴命名要抓住五個“最”：①最長-選最長碳鏈為主鏈；②最多-遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③最近-離支鏈最近一端編號；④最小-支鏈編號之和最小(兩端等距又同基，支鏈編號之和最小)；⑤最簡-兩不同取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面。12、C【詳解】A根據(jù)有機物的結構簡式：中只含C-C和C-H單鍵,所以屬于烷烴，故A正確；B.該有機物的名稱是3-甲基-5-乙基庚烷，故B正確；C.該有機物與2，5-二甲基本上-3-乙基己烷的分子式為C10H22,3-甲基-5-乙基庚烷的分子式為C10H22,兩者屬于同分異構體，故C錯誤；D.結構中有8種類型的氫，故D正確；答案：C。【點睛】根據(jù)烷烴的命名規(guī)律進行判斷。找最長連為主鏈，取代基離主鏈最近的位置進行編號，順序由簡到繁。烷烴中一鹵代物的種類等于烷烴中氫原子的種類數(shù)。13、A【解析】A．Na2O是由鈉離子和氧離子形成的離子化合物，只含離子鍵，故A正確；B．KOH中含離子鍵和O-H極性鍵，故B錯誤；C．O3為單質(zhì)，只含非極性共價鍵，故C錯誤；D．NO2只含極性共價鍵，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查化學鍵類型的判斷，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵。本題的易錯點為B，要注意離子化合物中如果還有原子團，則含有共價鍵。14、C【分析】根據(jù)熱化學方程式進行簡單計算?！驹斀狻糠椒ㄒ唬?6g碳完全燃燒生成3molCO2(g)放熱Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，題中36g不完全燃燒生成1molCO(g)、2molCO2(g)放熱Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，則損失熱量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283kJ。方法二：根據(jù)蓋斯定律，損失熱量就是不完全燃燒的產(chǎn)物完全燃燒放出的熱量，即1molCO(g)完全燃燒放出的熱量283kJ。本題選C。15、A【解析】A、電解質(zhì)溶液的導電能力與溶液中離子濃度和所帶電荷數(shù)有關，離子濃度越大、所帶電荷數(shù)越多，導電能力越強，與電解質(zhì)是強電解質(zhì)還是弱電解質(zhì)無關，故A正確；B、難溶性鹽在水中的溶解度雖然小，但溶解部分全部電離，因此難溶性鹽多數(shù)屬于強電解質(zhì)，故B錯誤；C、NaHSO4在水溶液中電離方程式為NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，熔融狀態(tài)下NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO4－，故C錯誤；D、部分共價化合物也屬于強電解質(zhì)，如H2SO4、HNO3等，故D錯誤。16、D【解析】A.分子中含有兩個苯環(huán)、1個萘環(huán)和兩個氮氮雙鍵，所以能發(fā)生加成反應（如與氫氣加成），A錯誤；B.從結構式上可以得知，該有機物含C、H、N、Br四種元素，屬于烴的衍生物，不屬于甲苯同系物，B錯誤；C.該有機物含C、H、N、Br四種元素，屬于烴的衍生物，不屬于芳香烴，C錯誤；D.苯環(huán)上有一個溴原子，在一定條件下可以發(fā)生水解反應，D正確；答案選D?！军c睛】含有苯環(huán)的有機物屬于芳香族化合物，但不一定是芳香烴，芳香烴只含C、H兩種元素，苯的同系物必須符合通式CnH2n-6。17、A【詳解】A．侯德榜制堿法的反應之一，是往飽和NaCl氨溶液中通入CO2，生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，離子方程式為Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+，A正確；B．泡沫滅火器的滅火原理，是往硫酸鋁溶液中加入碳酸氫鈉溶液，反應為Al3++3＝Al(OH)3↓+3CO2↑，B不正確；C．因為MgCO3微溶于水，氫氧化鎂難溶于水；碳酸氫鎂溶液中滴加過量的燒堿溶液，反應為Mg2++2+4OH-＝2H2O+Mg(OH)2↓+2，C不正確；D．明礬溶液中滴加Ba(OH)2，生成沉淀質(zhì)量最大時，應為完全沉淀，反應為：Al3++2+2Ba2++4OH-＝十2BaSO4↓+2H2O，D不正確；故選A。18、B【解析】根據(jù)三段式解題法，求出混合氣體各組分物質(zhì)的量的變化量、平衡時各組分的物質(zhì)的量．

平衡時，生成的C的物質(zhì)的量為

0.2mol/（L·s）×5s×2L=2mol。

3A（g）+B（g）?XC（g）+2D（g）

開始（mol）：2.5

2.5

0

0

變化（mol）：1.5

0.5

0.5X

1

平衡（mol）：1

2

2

1

故0.5X=2，x=4，故A正確；B、平衡時A的濃度為c(A)=0.75mol·L－1，故B錯誤；

C、反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則，故VB=0.05mol·(L·s)－1，故C正確；

D、達到平衡狀態(tài)時容器內(nèi)氣體的壓強與起始時壓強比=（1+2+2+1）：（2.5+2.5）=6：5，故D正確；故選B。19、D【解析】A．生產(chǎn)玻璃的原料主要有純堿、石灰石、石英，制備的原料中含有硅元素，玻璃是傳統(tǒng)硅酸鹽產(chǎn)品，主要成分有硅酸鈉、硅酸鈣等，屬于硅酸鹽，故A不選；B．生產(chǎn)水泥的原料主要有石灰石、粘土，制備的原料中有含有硅元素，水泥是傳統(tǒng)硅酸鹽產(chǎn)品，其中含有硅酸三鈣、硅酸二鈣、鋁酸三鈣，因此普通水泥屬于硅酸鹽材料，故B不選；C．生產(chǎn)陶瓷的主要原料是粘土，制備的原料中有含有硅元素，陶瓷主要成分為硅酸鹽，屬于硅酸鹽材料，故C不選；D．化學肥料，簡稱化肥，是用礦物、空氣、水等作為原料，經(jīng)過化學加工制成的，含有磷元素的肥料稱為磷肥，含有鉀元素的肥料稱為鉀肥，同時含有氮、磷、鉀三種元素中的兩種或兩種以上的肥料稱為復合肥，如氮肥尿素：CO(NH2)2，不含有硅元素，不屬于硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品，故D錯誤；故選D。點睛：知道硅酸鹽產(chǎn)品必須含有硅元素且屬于鹽類是解答的關鍵。硅酸鹽工業(yè)是以含硅元素物質(zhì)為原料通過高溫加熱發(fā)生復雜的物理、化學變化制得，相應生成物是硅酸鹽。傳統(tǒng)硅酸鹽產(chǎn)品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥。20、D【解析】A．焰色反應過程中沒有新物質(zhì)生成，是物理變化，故A錯誤；B．處于最低能量狀態(tài)的原子叫做基態(tài)原子，根據(jù)構造原理，基態(tài)C原子的電子排布式是1s22s22p2，故B錯誤；C．電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收能量，而由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)（或能量較低的激發(fā)態(tài)）放出能量，焰色反應是兩個過程的綜合，故C錯誤；D．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，故D正確；答案選D。21、C【解析】①大小燒杯的杯口不相平，熱量容易散失，中和熱的數(shù)值偏??；②大燒杯上不蓋硬紙板，熱量容易散失，中和熱的數(shù)值偏?。虎壑泻蜔岬膶嶒炦^程中，環(huán)形玻璃攪拌棒材料若用銅代替，由于Cu是金屬材料，導熱性強，容易導致熱量損失，則測量出的中和熱數(shù)值偏??；④倒入氫氧化鈉溶液時，必須一次迅速的倒入，目的是減少熱量的散失，否則會導致熱量散失，中和熱的數(shù)值偏?。虎轂榱怂脷溲趸c溶液稍過量的目的是確保鹽酸被完全中和，確保實驗結果準確。導致測出來的中和熱的數(shù)值偏小的是①②③④，故選C。【點睛】本題考查中和熱測定原理及誤差分析，注意理解測定中和熱的原理是解題的關鍵，實驗的關鍵是保溫，如果裝置有能量散失，則會導致結果偏低。22、B【詳解】A.加水促進弱電解質(zhì)的電離，電離平衡向右移動，故A不選；B.加入CH3COONa固體，增大了CH3COO－濃度，平衡逆向移動，故B選；C.弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，升溫促進弱電解質(zhì)的電離，電離平衡正向移動，故C不選；D.加入NaCl固體，對平衡無影響，故D不選；故選B。二、非選擇題(共84分)23、二ⅤAH2SO3、H2SO4S2－O2－Na＋離子鍵、(非極性)共價鍵【分析】A、B、C、D、E是核電荷數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，A元素的原子核內(nèi)只有1個質(zhì)子，為氫元素；B元素的原子半徑是其所在主族中最小的，B的最高價氧化物對應水化物的化學式為HBO3，說明其最高價為+5，為氮元素；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層多4，說明為氧元素；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C，說明D為鈉元素；C、E同主族，說明E為硫元素。【詳解】A、B、C、D、E是核電荷數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，A元素的原子核內(nèi)只有1個質(zhì)子，為氫元素；B元素的原子半徑是其所在主族中最小的，B的最高價氧化物對應水化物的化學式為HBO3，說明其最高價為+5，為氮元素；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層多4，說明為氧元素；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C，說明D為鈉元素；C、E同主族，說明E為硫元素。(1)B為氮元素，在第二周期第VA族；(2)E為硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，對應的水化物分別為H2SO3、H2SO4；(3)氧離子、鈉離子和硫離子中根據(jù)電子層數(shù)越多，半徑越大，相同電子層結構的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小分析，半徑順序為S2－>O2－>Na＋;(4)用電子式表示氧化鈉的形成過程，表示為：；過氧化鈉中含有離子鍵、(非極性)共價鍵?！军c睛】掌握電子式表示化合物的形成過程中，注意離子化合物的書寫方法，左側寫原子的電子式，右側寫化合物的電子式，并用彎箭頭表示電子的轉移方向。24、銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液取代反應CD+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O【分析】根據(jù)題中各物轉化關系，結合信息RCOOHRCOCl，可知C為CH3COOH，由A→B→C的轉化條件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B為CH3CHO，A為CH3CH2OH；根據(jù)F的結構可知E發(fā)生取代反應生成F，所以E為，根據(jù)D的分子式，結合D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色和E的結構可知，D與甲醇反應生成E，所以D的結構簡式為，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)B→C的轉化是醛基氧化成羧基，所以所加的試劑可能是銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液，根據(jù)上面的分析可知，C+E→F的反應類型是取代反應，故答案為銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液；取代反應；(2)根據(jù)G的結構簡式可知，G中有酯基、醇羥基、碳碳雙鍵、苯環(huán)。A．G中有氧元素，所以不屬于芳香烴，故A錯誤；

B．G中沒有酚羥基，所以不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，故B錯誤；C．G中有酯基、羥基、碳碳雙鍵，可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應，故C正確；D．G中有苯環(huán)，一個苯環(huán)可以與三個H2加成，一個碳碳雙鍵可以與一個H2加成，所以1mol

G最多可以跟4mol

H2反應，故D正確；故選CD；(3)根據(jù)上面的分析可知，E的結構簡式為，故答案為；

(4)F中有兩個酯基與足量NaOH溶液充分反應生成酚羥基也與氫氧化鈉反應，所以反應的化學方程式為+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，故答案為+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；(5)E為，E的同分異構體中同時滿足下列條件①能發(fā)生水解反應，說明有酯基，②與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應，有酚羥基，③苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，說明有兩個基團處于苯環(huán)的對位，這樣的結構簡式有，故答案為；(6)甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成該有機物，合成流程圖為，故答案為?！军c睛】本題考查有機物的合成，把握合成流程中的反應條件、已知信息等推斷各物質(zhì)是解題的關鍵。本題的難點為(6)，要注意充分利用題干信息結合流程圖的提示分析解答。25、硬紙板環(huán)形玻璃攪拌棒減少實驗過程中熱量損失偏小3-0.418（t2-t1）/0.025或-16.72（t2-t1）【解析】（1）圖示裝置有兩處重要組成部分未畫出，它們是蓋在燒杯口的硬紙板和用于攪拌的環(huán)形玻璃攪拌棒。（2）燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是減少實驗過程中熱量損失。（3）若操作時分幾次注入反應液，則每次打開硬紙板加注反應液時，都會有熱量損失，所以求得的反應熱數(shù)值偏小。（4）做一次完整的中和熱測定實驗，溫度計需使用3次，分別是測反應前酸溶液的溫度、測反應前堿溶液的溫度以及混合反應后測最高溫度。（5）量取0.5mol/L的鹽酸和0.55mol/L的NaOH溶液各50mL進行實驗，測得鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為t1℃，混合反應后最高溫度為t2℃，設溶液密度均為1g/mL，則混合后溶液的質(zhì)量為100g，生成水0.025mol，中和熱△H=-0.418（t2-t1）/0.025kJ/mol。點睛：做一次完整的中和熱測定實驗，溫度計需使用3次，分別是測反應前酸溶液的溫度、測反應前堿溶液的溫度以及混合反應后測最高溫度。但是，為了減小實驗誤差，定量實驗一般要重復2次，即共做3次，所以，中和熱的測定實驗中，溫度計一般共需使用9次。26、E還原酸2品紅溶液褪色溶液變紅吸收多余的SO2和Cl2Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2OSO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4【分析】（1）實驗室制取氯氣所用藥品是固體和液體，反應條件是加熱，所以應選用固液加熱型裝置；實驗室制取氯氣的反應方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合價不變，由HCl生成Cl2，氯元素化合價升高；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的強氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物質(zhì)生成無色物質(zhì)，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暫時的；加熱時，次氯酸漂白過的溶液無變化，二氧化硫和有色物質(zhì)生成的無色物質(zhì)不穩(wěn)定，加熱時能重新恢復原色；（3）氯氣和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯氣和二氧化硫都能和氫氧化鈉溶液反應轉化為無毒物質(zhì)；（4）氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（5）氯氣有強氧化性，二氧化硫有還原性，二者能按1：1發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，使氣體失去漂白性?！驹斀狻浚?）實驗室制取氯氣所用藥品是固體和液體，反應條件是加熱，所以應選用固液加熱型裝置，故選E；實驗室制取氯氣的反應方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合價不變，由HCl生成Cl2，氯元素化合價升高，所以濃鹽酸所表現(xiàn)出的性質(zhì)是酸性和還原性；71gCl2的物質(zhì)的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合價由-1升高為0，所以生成1mol氯氣轉移2mol電子；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的強氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物質(zhì)生成無色物質(zhì)，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暫時的；加熱時，次氯酸漂白過的溶液無變化，二氧化硫和有色物質(zhì)生成的無色物質(zhì)不穩(wěn)定，加熱時能重新恢復原色，所以反應開始后，發(fā)現(xiàn)B、D試管中的現(xiàn)象均為品紅溶液褪色，停止通氣后，給B、D兩個試管中的溶液加熱，B試管中的現(xiàn)象是溶液變紅；（3）氯氣和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯氣和二氧化硫都能和氫氧化鈉溶液反應轉化為無毒物質(zhì)，所以氫氧化鈉溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯氣，防止污染大氣；（4）氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子反應方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯氣有強氧化性，二氧化硫有還原性，二者能按1：1發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，反應化學方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。27、5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O溫度1.0t(溶液褪色時間)/s催化劑2.5【分析】（1）酸性KMnO4溶液與H2C2O2發(fā)生氧化還原反應，MnO4-被還原為Mn2+，H2C2O2被氧化為CO2，結合離子方程式的電荷守恒和反應環(huán)境可知，要有H+參與反應，根據(jù)得失電子數(shù)守恒和電荷守恒來配平；（2）當探究某一種因素對反應速率的影響時，必須保持其他影響因素一致；要探究H2C2O4溶液濃度不同對反應速率的影響，則加入的H2C2O4溶液的體積不同，但反應體積溶液的總體積需相同，故應加入蒸餾水來確保溶液的總體積均為6mL；要準確描述反應速率的快慢，必須準確測得溶液褪色時間的長短；催化劑能加快反應速率；(3)草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，在溶液中分步電離；(4)由反應的化學方程式可知，為了觀察到紫色褪去，草酸應該稍微過量?！驹斀狻?1)酸性高錳酸鉀是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4與H2C2O2發(fā)生反應，KMnO4被還原為MnSO4，化合價降低5價，H2C2O2被氧化為CO2，每個C原子的化合價升高1價，1個H2C2O2升高2價，則高錳酸鉀與草酸計量數(shù)之比為2:5，根據(jù)原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案為：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；(2)當探究某一種因素對反應速率的影響時，必須保持其他影響因素一致，通過比較實驗①②的反應條件可知，實驗①②可探究溫度對反應速率的影響；實驗②③中的H2C2O4溶液的加入體積不同，故要探究H2C2O4溶液濃度不同對反應速率的影響，但反應體積溶液的總體積需相同，故應加入蒸餾水來確保溶液的總體積均為6.0mL，則a的值為1.0；要準確描述反應速率的快慢，必須準確測得溶液褪色時間的長短，故乙要測量的物理量是溶液褪色的時間(t溶液褪色時間/s)；其他條件相同，④中加了MnSO4固體，錳離子對該反應起催化作用，則②④探究的是催化劑對反應速率的影響，故答案為：溫度；1.0；t(溶液褪色時間)/s；催化劑；(3)草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，在溶液中分步電離，電離方程式為H2C2O4?H++HC2O4?，HC2O4??H++C2O42?，故答案為：H2C2O4?H++HC2O4?，HC2O4??H++C2O42?；(4)由反應的化學方程式可知，為了觀察到紫色褪去，草酸應該稍微過量，則n(H2C2O4):n(KMnO4)最小為2.5，故答案為：2.5；28、H2C2O4?H++HC2O4－，HC2O4－?C2O42-+H+bcNH3·H2O與H+反應，降低c(H+)濃度，使Fe2++H2C2O4+xH2O?FeC2O4·xH2O↓+2H+平衡向正反應方向移動,產(chǎn)生更多的FeC2O4·xH2O2【分析】（1）測得0.1mol·L?1H2C2O4溶液的pH=1.3，說明草酸是二元弱酸；（2）①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5，圖像可以看出，隨著氫氧化鉀的加入，HC2O4－的濃度逐漸增大，草酸與氫氧化鉀反應后生成HC2O4－和水；②a.根據(jù)電荷守恒判斷；b．根據(jù)溶液中離子的電離和水解情況分析；c．根據(jù)物料守恒判斷；(3)①應用勒夏特列原理，根據(jù)離子方程式：Fe2++H2C2O4+xH2O?FeC2O4·xH2O↓+2H+，滴加NH3·H2O與H+反應，降低c(H+)濃度，使平衡向正反應方向移動，產(chǎn)生更多的FeC2O4·xH2O；②根據(jù)10FeC2O4?xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2(SO4)3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+(12+x)H2O可知，n(FeC2O4?xH2O)=n(KMnO4)=×1mol/L×0.018L=0.03mol，則M(FeC2O4?xH2O)==180g/mol，即FeC2O4?xH2O的相對分子質(zhì)量為180，結合18x+144=180計算出x即可；【詳解】(1)二元弱酸分步電離，草酸電離方程式為：H2C2O4?H++HC2O4－，HC2O4－?C2O42-+H+，故答案為：H2C2O4?H++HC2O4－