2024-2025学年四川省名校化学高二第二学期期末预测试题含解析.doc

2024-2025学年四川省名校化学高二第二学期期末预测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列各组微粒，不能互称为等电子体的是（ ）
A．NO2、NO2+、NO2﹣ B．CO2、N2O、N3﹣
C．CO32﹣、NO3﹣、SO3 D．N2、CO、CN﹣
2、科学家已经发明利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（ NaAuCl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。下列有关说法中不正确的是
A．葡萄糖不能发生水解反应
B．葡萄糖属于单糖
C．检测时 NaAuCl4发生氧化反应
D．葡萄糖可以通过绿色植物光合作用合成
3、下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是
A．中性溶液中：K+、Al3+、Cl−、SO42−
B．含有大量AlO2−的溶液中：Na+、K+、HCO3−、NO3−
C．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Fe3+、SO42−
D．Na2S溶液中：SO42−、K+、Cu2+、Cl−
4、下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是
A． B．
C． D．
5、价电子式为4s24p1的元素，在周期表中的位置是（ ）
A．第四周期第ⅠA族 B．第四周期第ⅢA族
C．第五周期第ⅠA族 D．第五周期第ⅢA族
6、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
C
向FeCl3溶液中加入少量铜屑，铜溶解
Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
用pH试纸测得，CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
7、标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是（ ）
A．在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：n
B．25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：m
C．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：m
D．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n
8、下列有关叙述正确的是
A．的中子数和质子数之差为115
B．浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+
C．二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同
D．长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02
9、从海水中提取镁的工业流程如下图所示，下列说法正确的是

A．在实验室进行②的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯
B．步骤⑥电解MgCl2时，阴极产生H2
C．步骤⑤应将晶体置于HCl气体氛围中脱水
D．上述工艺流程中的反应未涉及氧化还原反应
10、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是(　　)

A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11
B．n点表示AgCl的不饱和溶液
C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.04
11、某有机物分子结构式如下图，下列说法正确的是( )

A．取少量该有机物，滴加酸性高锰酸钾溶液，微热，有气体产生
B．所有的碳原子不可能处在同一个平面上
C．所有的氧原子不可能同时处在苯环平面上
D．所有的氢原子有可能同时处在苯环平面上
12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，W是同周期原子半径最大的金属元素。下列说法正确的是（）
A．Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
B．原子半径的大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强
D．Z分别与X、W形成的化合物的化学键类型相同
13、下列离子方程式正确的是(　　)
A．单质铜与稀硝酸反应：Cu＋2H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO↑＋H2O
B．碳酸钡跟醋酸反应：BaCO3＋2CH3COOH＝(CH3COO)2Ba＋2H2O
C．在溴化亚铁溶液中通入过量的氯气：Cl2＋2Fe2＋＋2Br－＝2Fe2＋＋2Cl－＋Br2
D．足量的氢氧化钠溶液跟碳酸氢镁溶液反应：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O
14、下列反应中属于取代反应的是
A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应 D．在苯中滴入溴水，溴水层变为无色
15、反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).反应的平衡常数如表：下列说法正确的是( )
温度/℃
0
100
200
300
400
平衡常数
667
13
1.9×10−2
2.4×10−4
1×10−5
A．该反应的△H>0
B．加压缩体积或增大H2浓度都能提高CO的转化率
C．工业上采用高温高压的条件，目的都是提高原料气的转化率
D．t℃时,向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡时CO转化率为50%，则该反应温度在0-100之间
16、常温下，下列物质的溶液中粒子浓度关系不正确的是
A．pH=1的KHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
B．CH3COONa和BaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)
C．三种相同浓度的铵盐溶液中c（NH4＋）从大到小的顺序：NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3
D．已知AgCl、AgBr、Agl溶度积常数依次为1.6×l0-10、7.7×10-13、8.7×10-17，则对应饱和溶液中c(X-)从大到小的顺序为：Cl―、Br―、I―
二、非选择题（本题包括5小题）
17、已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1：1。请回答：
(1)组成A分子的原子的核外电子排布式是________________；
(2)B的分子式分别是 ___________；C分子的立体结构呈_________ 形，该分子属于_____________分子(填“极性”或“非极性”)；
(3)向D的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，反应的化学方程式为_____________________________
(4)  若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是 __________。
18、以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：

回答下列问题：
(1)以下有关苯和乙炔的认识正确的是___________。
a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化
b．苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生
c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55~60℃，生成硝基苯
d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物
(2)A的名称___________________。
(3)生成B的化学方程式为____________________________，反应类型是________。
(4)C的结构简式为____________，C的分子中一定共面的碳原子最多有_____个。
(5)与D同类别且有二个六元环结构(环与环之间用单键连接)的同分异构体有4种，请写出其中2种同分异构体的结构简式：__________________________。
(6)参照上述合成路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：___________。
19、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。
回答下列问题：
（1）倒入NaOH溶液的正确操作是___。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是__。
A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下移动
（3）实验数据如下表：
①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
___________
2
25.9
25.9
25.9
29.2
3
26.4
26.2
26.3
29.8
②近似地认为0.55mol·L-1NaOH溶液和0.25mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=__(取小数点后一位)。
20、实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。
（2）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。
21、某无色溶液仅由Na+、Ag+、 Ba2+、 Al3+、A1O2-、Mn04-、CO32-、SO42-中的若干种组成。取该溶液进行如下实验:
A、取试液适量，加入过量稀盐酸，有气体生成，得到溶液甲；
B、向溶液甲中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，且析出白色沉淀乙，过滤得到溶液丙；
C、向溶液丙中加入过量氢氧化钡溶液并加热，有气体生成，且析出白色沉淀丁。
根据上述实验回答下列问题:
(1)溶液中一定不存在的离子是____________。
(2)写出步骤A中产生气体的离子方程式是____________。
(3)生成沉淀乙的离子反应方程式是____________。
(4)步骤C中生成的气体为_____________，析出的白色沉淀丁中一定含有________，可能含有_______(以上物质均书写物质名称)。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A.NO2、NO2+、NO2-的价电子总数分别为17、16、18，价电子总数不一样，不能互称为等电子体，故A正确；
B.CO2、N2O、N3-的价电子总数分别为16、16、16，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故B错误；
C.CO32-、NO3-、SO3的价电子总数分别为24、24、24，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故C错误；
D.N2、CO、CN-的价电子总数分别为10、10、10，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故D错误。
具有相同原子数和价电子总数的微粒互称为等电子体。
2、C
【解析】
A、葡萄糖是不能水解的单糖，选项A正确；
B、葡萄糖是不能水解的单糖，选项B正确；
C. 检测时 NaAuCl4被葡萄糖还原，发生还原反应，选项C不正确；
D、绿色植物通过光合作用可以在光照条件下，将CO2和水合成为葡萄糖，选项D正确。
答案选C。
3、C
【解析】
A. Al3+在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；
B.溶液中HCO3−与AlO2−发生如下反应：AlO2−+HCO3−+H2O = Al(OH)3↓+CO32−，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C. pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中四种离子之间不发生反应，且与氢离子不反应，可大量共存，故C正确；
D. 溶液中S2-与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选C。
AlO2−结合H+的能力比CO32−强，AlO2-促进HCO3-的电离，在溶液中不能大量共存是解答关键。
4、A
【解析】
A.根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性随核电荷数的递增而减小，A正确；
B.F元素无正价，B错误；
C.HF分子间可以形成氢键，故其沸点高于HCl和HBr，C错误；
D. F2、Cl2、Br2的相对分子质量递增，其分子间作用力逐渐增强，其熔点逐渐增大，D错误。
答案选A.。
5、B
【解析】
某基态原子的价电子排布式为4s24p1，该元素原子序数=2+8+18+3=31，为Ga元素，位于第四周期第ⅢA族，故合理选项是B。
6、C
【解析】
A、苯酚浊液滴加Na2CO3溶液，浊液变清，苯酚与Na2CO3发生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性强于HCO3－，故A错误；
B、葡萄糖与银氨溶液发生反应，要求环境为碱性，本实验未中和硫酸，因此未出现银镜，不能判断蔗糖是否水解，故B错误；
C、FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根据氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故C正确；
D、题目中没有说明CH3COONa和NaNO2的浓度，无法根据pH的大小，判断CH3COOH和HNO2酸性强弱，故D错误；
答案选D。
7、B
【解析】
A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；
B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故B错误；
C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；
D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；
答案选B。
8、D
【解析】分析：A、元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数-质子数；B、浓硝酸因溶解了二氧化氮而溶液呈黄色；C、氯气的漂白原理：氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性；二氧化硫的漂白原理：有色物质结合成无色物质；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写．
详解：A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A正确；B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，两者漂白原理不同，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02。故D正确，故选D。
9、C
【解析】
试题分析：蒸发溶液时应该用蒸发皿，而不是坩埚，坩埚用于固体的加热，A不正确；镁是活泼的金属，应该电解熔融的氯化镁，阴极生成镁，阳极生成氯气，B不正确；氯化镁在溶液中存在水解平衡，而水解是吸热的，且生成的氯化氢极易挥发，所以直接加热得不到氯化镁，因此选项C正确，目的是抑制镁离子的水解；D不正确，⑥是氧化还原反应，答案选C。
考点：考查海水的综合应用、仪器的选择、电解产物的判断、水解的应用及氧化还原反应的判断等
点评：本题容易错选选项A，这是由于不能正确理解蒸发皿和坩埚的使用范围造成的。蒸发皿用来蒸发水分、浓缩溶液等，例如提纯食盐等；坩埚用来煅烧、熔融固体的，有瓷坩埚及金属坩埚之分，金属坩埚有镍坩埚、金坩埚及铂坩埚等，可耐受某些强氧化剂、强酸或强碱的侵蚀。
10、D
【解析】
A. Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a×10b，a是大于1小于10 的数，故它的数量级等于10-12，A错误；
B. n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；
C. 设c(Cl-)=c(C2O42-)=a mol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；
D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；
故合理选项是D。
11、A
【解析】
A．有机物结构中含有的乙烯基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成二氧化碳气体，故A正确；
B．有机物中苯环和乙烯基是平面结构，-CH2CH2OH与苯环上的碳原子共3个碳原子也是平面结构，则此有机物中所有的碳原子可能处在同一个平面上，故B错误；
C．酚羟基上的氧原子一定在苯环的平面上，而-CH2CH2OH上的2个碳原子与氧原子在同一平面上，则与苯环也可能在同一平面上，即所有的氧原子可能同时处在苯环平面上，故C错误；
D．-CH2CH2OH上所有氢原子不可能在同一平面上，则有机物中所有的氢原子不可能同时处在苯环平面上，故D错误；
故答案为A。
12、A
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，则X为C元素；Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，结合原子序数可知Y为N元素，W是同周期原子半径最大的金属元素，则W为Na元素，以此来解答。
【详解】
A．非金属性Z＞Y，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强，故A正确；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Y）＞r（Z），故B错误；
C．非金属性Y＞X，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故C错误；
D．Z分别与X、W形成的化合物为CO2（或CO）、Na2O（或Na2O2），Z与X形成的化合物只含共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键、共价键，故D错误；
答案选A。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13、D
【解析】
A. 电荷与原子均不守恒，单质铜与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO＋4H2O，故A错误；
B. (CH3COO)2Ba可以拆，且反应中还有二氧化碳生成，碳酸钡跟醋酸反应：BaCO3＋2CH3COOH＝2CH3COO-+Ba2++CO2↑+H2O，故B错误；
C. 在溴化亚铁溶液中通入过量的氯气：3Cl2＋2Fe2＋＋4Br－＝2Fe2＋＋6Cl－＋2Br2，故C错误；
D. 足量的氢氧化钠溶液跟碳酸氢镁溶液反应：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，故D正确；
答案选D。
离子方程式的书写及正误判断紧抓：
（1）微粒的存在形式能否正确表示：强酸、强碱和易溶于水的盐改写成离子形式，难溶物质、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均写成化学式，如B项(CH3COO)2Ba可以拆；
（2）反应物量的关系及离子发生氧化还原反应的顺序，如C项，Fe2+和Br—都具有还原性，都能被Cl2氧化，注意Fe2+和Br—物质的量关系；
（3）看电荷、原子、电子得失总数是否相等，如A项。
14、C
【解析】A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，故A不选；B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色属于加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应生成硝基苯和水，属于取代反应，故C选；D．在苯中滴入溴水，溴水层变无色发生的是萃取，属于物理过程，故D不选；故选C。
15、B
【解析】
A项，由图表可知，随温度升高正反应平衡常数减小，推知该反应△H<0，故A项错误；
B项，加压缩体积，平衡右移，CO的转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，CO的转化率减小，故B项错误；
C项，该反应正向为气体体积减小的放热反应，理论上温度越低、压强越高，则可提高原料气的转化率，故C项错误。
D项，初始时c(CO)= 0.1mol/L ，c(H2)= 0.2mol/L，由反应方程式可知，若平衡时CO 转化率为50%，则平衡时c(CO)=0.05 mol/L，c(H2)= 0.1mol/L，c(CH3OH)= 0.05 mol/L，该温度下平衡常数K= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= 0.05/0.05×0.12=100，所以该反应温度为0℃-100℃，故D项正确；
综上所述，本题选D。
对于CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)可逆反应，在体积温度不变的情况下，增加CO的浓度，平衡右移，但是CO的转化率降低， H2的转化率增大；即两种物质参加反应，增加该物质浓度，该物质的转化率减小，另外一种物质的转化率增大。
16、B
【解析】分析：A．根据KHSO4溶液中的电荷守恒及物料守恒分析； B．根据CH3COONa和BaCl 2混合溶液中的物料守恒判断； C．硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解，碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解； D．化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，据此分析三种离子浓度大小。
详解：A. pH=1 的 KHSO4 溶液中 , 硫酸氢钾完全电离 , 根据电荷守恒可知： c(K+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(OH−), 根据物料守恒可得： c(K+)=c(SO42−), 二者结合可得： c(H+)= c(SO42−)+c(OH−)，故 A 正确；
B. CH3COONa 和 BaCl2 混合溶液中 , 根据物料守恒可得： c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH) 、 2c(Ba2+)=c(Cl−), 二者结合可得：c(Na+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，故 B 错误；
C. NH4HSO4 电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解 , 其溶液中铵根离子浓度最大 ; NH4HCO3中碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解 , 其溶液中铵根离子浓度最小 , 则三种相同浓度的铵盐溶液中 c（NH4＋） 从大到小的顺序为：NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3
 ，故 C 正确；
D. 化学式相似的物质的溶度积常数越小物质越难溶 , 常温下在水中溶解能力为 AgCl>AgBr>AgI, 则对应饱和溶液中 c(X−) 从大到小的顺序为：Cl―、Br―、I―
，故 D 正确；
故本题选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、1S22S22P63S23P6 HCl V形 极性分子 2H2O22H2O+O2↑ CH4O
【解析】
在18电子分子中，单原子分子A为Ar，B、C和D是由两种元素的原子组成，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，且D分子中两种原子个数比为1：1，符合题意的D为H2O2；根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6+4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O。
【详解】
（1）Ar原子核外电子数为18，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；
（2）双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，H2S中S原子价层电子对数为4，孤对电子对数为2，H2S的空间构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：HCl；H2S；V；极性；
（3）D为H2O2，向H2O2的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，氯化铁做催化剂作用下，H2O2发生分解反应生成H2O和O2，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；
（4）1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，根据燃烧规律可知E的分子式为CH4Ox，由分子中含有18个电子可得6+4+8x=18，解得x=1，则E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O。
本题考查物质的推断、分子结构与性质，注意依据常见18电子的微粒确定物质，掌握常见化合物的性质，明确分子空间构型的判断是解答关键。
18、bd； 苯甲醇； ； 取代反应； 7 任意2种；
【解析】
苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生，与HC≡CNa发生取代反应生成B为，与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生氧化反应生成E。
【详解】
（1）a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，故a错误；
b．苯和乙炔的最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，故b正确；
c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55～60℃，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，故c错误；
d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，故d正确，
答案选bd；
（2）A为，名称为苯甲醇；
（3）生成B的化学方程式为：，属于取代反应；
（4）C的结构简式为，苯环连接2原子处于同一平面，碳碳双键连接的原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子连接原子、基团形成四面体结构，两个平面不能共面，最多有7个碳原子都可以共平面；
（5）D（）其分子式为C12H16，只能形成2个六元碳环。书写的同分异构体与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接），D属于芳香醇，则同分异构体中，也有一个苯环，此外—OH不能连接在苯环上，则同分异构体有：；
（6）环丙烷为三元碳环结构，在D中也存在三元碳环结构。中有碳碳三键，乙炔分子中也有碳碳三键，模仿到D的过程，则有以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：。
本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化中有机物的结构、反应条件等进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生自学能力、分析推理能力与知识迁移运用能力。
19、C D 3.4 -56.8kJ/mol
【解析】
(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失；
(2)根据中和热测定正确操作方法分析；
(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，计算温度差平均值；
②根据公式进行计算。
【详解】
(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：C；
(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故答案为：D；
(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，温度差平均值=3.4℃，故答案为：3.4；
②50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.4212kJ/0.025mol=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol。
考查中和热概念的理解应用，方程式书写方法，注意概念的条件和实质分析。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。
20、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）
【解析】
分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。
（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。
I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。
II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。
②根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。
③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。
详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。
③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。
i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。
ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。
点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。
21、 Ag+、Ba2+、Al3+、MnO4- CO32-+2H+=CO2↑+H20 Al3++3HC03-=3CO2↑+Al(OH)3↓ 氨气 碳酸钡 硫酸钡
【解析】分析：取该溶液进行如下实验：无色溶液中一定不含Mn04-；A、取试液适量,加入过量稀盐酸,有气体生成,得到溶液甲,则一定含CO32-，没有Ag+、Ba2+、Al3+；B.向溶液甲中再加入过量碳酸氢铵溶液,有气体生成,且析出白色沉淀乙,过滤得到溶液丙,则一定含A1O2-；C.向溶液丙中加入过量氢氧化钡溶液并加热，有气体生成,且析出白色沉淀丁，气体为氨气，沉淀可能为碳酸钡，也可能含硫酸钡，溶液为电中性,则一定含N