寧夏石嘴山三中2025屆化學高二下期末復習檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、有機物分子中原子間(或原子與原子團間)的相互影響會導致物質化學性質的不同。下列各項事實不能說明上述觀點的是()A．乙酸分子中羥基上的氫原子較乙醇中羥基上的氫原子更活潑B．乙炔能發(fā)生加成反應，而乙烷不能發(fā)生加成反應C．甲苯的硝化反應較苯更容易D．苯酚能和氫氧化鈉溶液反應，而乙醇不能和氫氧化鈉溶液反應2、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．25℃時，1LpH＝11的CH3COONa溶液中水電離出的OH－的數目為0.001NAB．28g乙烯和丙烯的混合氣體含有的原子個數為3NAC．1mol·L－1NaHCO3溶液中含有的HCO3-數目小于NAD．1molCl2與足量NaOH溶液反應轉移的電子數為2NA3、下列實驗裝置（加熱裝置已略去）或操作合理的是（）A．吸收氨氣并防倒吸B．用SO2與Ba(NO3)2反應獲得BaSO3沉淀C．分離溴苯和苯的混合物D．驗證HCl的溶解性A．AB．BC．CD．D4、下列依據熱化學方程式得出的結論正確的是A．已知2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)為放熱反應，則SO2的能量一定高于SO3的能量B．已知C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0，則金剛石比石墨穩(wěn)定C．已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，則任何酸堿中和反應的熱效應均為57.3kJD．在25℃、101kPa時，已知C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH，則C的燃燒熱為-ΔH5、某同學在實驗室利用氫氧化鈉、鹽酸分離鐵粉和鋁粉混合物，物質轉化關系如圖所示：下列說法錯誤的是()A．a、b、c既能與酸又能與堿反應B．a→b發(fā)生的反應為AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓C．b→c→Al的反應條件分別為：加熱、電解D．X為NaOH溶液，Y為鹽酸6、在生產生活中，酸堿中和及溶液酸堿性研究具有十分重要的意義。常溫下，將2種一元酸分別和NaOH溶液等體積混合，實驗數據如下：組別c（一元酸）c（NaOH）混合溶液的pH甲c(HY)＝0.1mol·L-10.1mol·L-1pH＝7乙c(HZ)＝0.1mol·L-10.1mol·L-1pH＝9下列說法中正確的是A．乙組混合液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(Z－)＞c(H＋)B．乙組實驗所得混合溶液中由水電離出的c(OH－)為1×10－5mol·L-1C．相同體積時，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)濃度相同D．相同體積時，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分別與足量的鎂反應，產生氫氣的速率和總量均不同7、下列物質的水溶液，由于水解而呈酸性的是A．NaHSO4 B．Na2CO3 C．HCl D．CuC128、已知電導率越大導電能力越強。常溫下用0.100mol·L-1NaOH溶液分別滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液，測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是A．曲線①代表滴定鹽酸的曲線B．a點溶液中:c(OH-)+c(CH3COO-)-c(H+)=0.1mol/LC．a、b、c三點溶液中水的電離程度：c>a>bD．b點溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)9、下列裝置可用于不溶性固體和液體分離的是A． B． C． D．10、一定溫度下，在一容積不變的密閉容器中發(fā)生的可逆反應2X(g)Y(g)+Z(s)，以下能說明作為反應達到平衡標志的是()A．X的分解速率與Y的消耗速率相等B．X、Y與Z的物質的量之比為2：1：1C．混合氣體的密度不再變化D．單位時間內生成lmolY的同時分解2molX11、A、B、C三種醇分別與足量的金屬鈉完全反應，在相同條件下產生相同的體積，消耗這三種醇的物質的量之比為3：6：2，則A、B、C三種醇分子中所含羥基的個數之比為（）A．3：2：1 B．2：6：3 C．3：1：2 D．2：1：312、下列溶液中可能大量共存的離子組是（）A．無色澄清透明溶液中：K+、H+、Cl－、MnO4－B．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO－、Cl－C．含大量Fe3＋的溶液：NH4＋、Na＋、SCN－、Cl－D．由水電離出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Al3+、Cl－、SO42－13、有關堿金屬的敘述正確的是()A．隨核電荷數的增加，密度逐漸增大B．堿金屬單質的金屬性很強，均易與Cl2、O2、N2等發(fā)生反應C．Cs2CO3加熱時不能分解為CO2和Cs2OD．無水硫酸銫的化學式為Cs2SO4，它不易溶于水14、科學家已經發(fā)現一種新型氫分子，其化學式為H3，在相同的條件下，等質量的H3和H2相同的是()A．原子數 B．分子數 C．體積 D．物質的量15、用陽極X和陰極Y電解Z的水溶液，電解一段時間后，再加入W，能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，符合題意的一組是()XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4Cu（OH）2CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶體A．A B．B C．C D．D16、2019年政府工作報告提出：繼續(xù)堅定不移地打好包括污染防治在內的“三大攻堅戰(zhàn)”。下列做法不符合這一要求的是A．生活垃圾分類處理，告別亂拋亂扔 B．研發(fā)可降解塑料，控制白色污染產生C．施用有機肥料，改善土壤微生物環(huán)境 D．回收廢醫(yī)用塑料，深埋或就地焚燒二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物I(分子式為C19H20O4)屬于芳香酯類物質，是一種調香劑，其合成路線如下：已知：①A屬于脂肪烴，核磁共振氫譜顯示有2組峰，面積比為3：1，其蒸汽在標準狀況下密度為2.5g·L-1；D分子式為C4H8O3；E分子式為C4H6O2，能使溴水褪色。②其中R為烴基③其中R1和R2均為烴基回答下列問題：(1)A的結構簡式為________________________________；(2)反應④的化學方程式為_________________________________；(3)E的同系物K比E多一個碳原子，K有多種鏈狀同分異構體，其中能發(fā)生銀鏡反應且能水解的有______________種；(4)反應①~⑦屬于取代反應的是________________________(填序號)；(5)反應⑦的化學方程式為________________________________；(6)參照上述合成路線，以為原料(無機試劑任選)，經4步反應制備可降解塑料________________________。18、某工業(yè)廢水中僅含下表離子中的5種（不考慮水的電離及離子的水解），且各種離子的物質的量濃度相等，均為。陽離子、、、、陰離子、、、、甲同學欲探究廢水的組成，進行了如下實驗：①用鉑絲蘸取少量溶液，在無色火焰上灼燒，未出現黃色火焰②取少量溶液，加入溶液無明顯變化。③另取溶液加入少量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液依然澄清，且溶液中陰離子種類不變。④向③中所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。（1）步驟①使用的焰色反應屬于___（填“物理”或“化學”）變化（2）③中加入少量鹽酸生成無色氣體的離子方程式是____（3）該溶液中一定含有的陽離子有___，一定含有的陰離子有___（4）檢驗溶液中存在的方法是_____（5）取該溶液，向溶液中加入過量的稀氫氧化鈉溶液，充分反應后，過濾、洗滌，將沉淀在空氣中灼燒后得到的固體質量為___g19、實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現象能否證明氧化性FeO420、工業(yè)以濃縮海水為原料提取溴的部分過程如下：某課外小組在實驗室模擬上述過程設計以下裝置進行實驗（所有橡膠制品均已被保護，夾持裝置已略去）：（1）實驗開始時，A裝置中不通熱空氣，先通入a氣體的目的是（用離子方程式表示）_________。（2）A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通熱空氣。通入熱空氣的目的是_________。（3）反應過程中，B裝置中Br2與SO2反應的化學方程式____________________。（4）C裝置的作用是___________________。（5）該小組同學向反應后B裝置的溶液中通入氯氣，充分反應得到混合液。①一位同學根據溴的沸點是59℃，提出采用______方法從該混合液中分離出溴單質。②另一位同學向該混合液中加入四氯化碳，充分振蕩、靜置后放出下層液體，這種方法是________。（6）某同學提出證明反應后B裝置的溶液中含有溴離子的實驗方案是：取出少量溶液，先加入過量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，觀察溶液是否變藍色。該方案是否合理并簡述理由：_______。21、某小組同學利用原電池裝置探究物質的性質。資料顯示：原電池裝置中，負極反應物的還原性越強，或正極反應物的氧化性越強，原電池的電壓越大。（1）同學們利用下表中裝置進行實驗并記錄。裝置編號電極A溶液B操作及現象ⅠFepH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面產生無色氣泡；電壓表指針偏轉ⅡCupH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面無明顯現象；電壓表指針偏轉，記錄讀數為a①同學們認為實驗Ⅰ中鐵主要發(fā)生了析氫腐蝕，其正極反應式是______________。②針對實驗Ⅱ現象：甲同學認為不可能發(fā)生析氫腐蝕，其判斷依據是______________；乙同學認為實驗Ⅱ中應發(fā)生吸氧腐蝕，其正極的電極反應式是___________________。（2）同學們仍用上述裝置并用Cu和石墨為電極繼續(xù)實驗，探究實驗Ⅱ指針偏轉原因及影響O2氧化性的因素。編號溶液B操作及現象Ⅲ經煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆蓋，連接裝置后，電壓表指針微微偏轉，記錄讀數為bⅣpH=2的H2SO4在石墨一側緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉，記錄讀數為c；取出電極，向溶液中加入數滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入，電壓表讀數仍為cⅤpH=12的NaOH在石墨一側緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉，記錄讀數為d①丙同學比較實驗Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數為：c＞a＞b，請解釋原因是__________。②丁同學對Ⅳ、Ⅴ進行比較，其目的是探究________對O2氧化性的影響。③實驗Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。④為達到丁同學的目的，經討論，同學們認為應改用下圖裝置對Ⅳ、Ⅴ重復進行實驗，其設計意圖是________；重復實驗時，記錄電壓表讀數依次為c′、d′，且c′＞d′，由此得出的結論是______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A、乙酸分子中羥基上的氫原子因受羰基的影響，更易電離出氫，而乙醇分子中羥基上的氫受乙基的影響不大，難電離出氫，A正確；B、乙炔能發(fā)生加成反應是因為分子結構中存在碳碳三鍵；乙烷為飽和烴不能加成，B錯誤；C、甲苯中苯環(huán)受甲基的影響，使得苯環(huán)上甲基的鄰、對位C上的氫更易被取代，C正確；D、苯酚溶液顯弱酸性是苯環(huán)影響羥基，使得羥基上的氫更易電離，而乙醇僅受乙基的影響，且影響效果很弱，D正確；答案選B。2、A【解析】

A、醋酸鈉水解顯堿性，根據Kw=c(H＋)×c(OH－)，因此c(OH－)＝10－14/10－11mol·L－1=10－3mol·L－1，因此水電離產生的n(OH－)=0.001mol，A正確；B、設混合氣體為CnH2n，因此原子的物質的量為28×3n/14nmol=6mol，B錯誤；C、HCO3－發(fā)生水解，且題目中說明溶液體積，無法計算HCO3－的物質的量，C錯誤；D、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此1molCl2轉移電子的物質的量為1mole－，D錯誤。答案選A。3、D【解析】分析：A．苯的密度比水小在上層，不能使水和氣體分離；B．二氧化硫與硝酸鋇反應生成的硫酸鋇沉淀．C、蒸餾時應注意冷凝水的流向；D、氯化氫極易溶于水。詳解：A．苯的密度比水小在上層，不能使水和氣體分離，則不能用于吸收氨氣，可發(fā)生倒吸，選項A錯誤；B．硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，則SO2與Ba（NO3）2反應生成的是硫酸鋇沉淀，無法獲得亞硫酸鋇，選項B錯誤；C．苯和溴苯的混合物，互溶，但沸點不同．則選圖中蒸餾裝置可分離，但冷凝水的方向不明，選項C錯誤；D、裝置中HCl極易溶于水，滴入水后氣球膨脹，選項D正確；答案選D。點睛：本題考查了化學實驗方案的評價，為高考常見題型，題目涉及氧化還原反應、化學反應速率的影響等知識，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題有利于提高學生的分析能力及靈活應用能力，題目難度不大。4、D【解析】

A．由于2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)是放熱反應，說明2mol二氧化硫和1mol氧氣能量之和高于2mol三氧化硫的能量，不能確定二氧化硫能量與三氧化硫能量的關系，故A錯誤；B．已知C(石墨，s)=C(金剛石，s)△H＞0，表明反應為吸熱反應，則石墨的能量小于金剛石，則金剛石不如石墨穩(wěn)定，故B錯誤；C．在稀溶液中強酸和強堿反應生成1mol水放出的熱量為57.3kJ，如醋酸是弱酸，沒有完全電離，醋酸電離需要吸熱，所以1molNaOH與醋酸中和放熱小于57.3kJ，故C錯誤；D．在25℃、101kPa時，已知C(s)＋O2(g)=CO2(g)為放熱反應，ΔH＜0，則C的燃燒熱為-ΔH，故D正確；答案選D。【點睛】本題的易錯點為C，要注意中和熱概念的理解，當酸或堿不是強電解質時，或者酸或堿的濃度很大時，中和熱都不一定是57.3kJ·mol－1，如濃硫酸與氫氧化鈉的反應、醋酸與氫氧化鈉的反應等。5、A【解析】分析：在實驗室利用氫氧化鈉、鹽酸分離鐵粉和鋁粉混合物，加入試劑X，過濾得到鐵，說明試劑X能溶解鋁，鹽酸和鐵、鋁都反應，氫氧化鈉溶液只和鋁反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成可溶性的偏鋁酸鹽，所以X為NaOH溶液，Y為鹽酸，a為偏氯酸鈉溶液，偏鋁酸鈉和適量鹽酸反應NaAlO2+HCl+H2O=AL(OH)3↓+NaCl，生成氫氧化鋁沉淀，b為氫氧化鋁，氫氧化鋁受熱分解生成氧化鋁和水，氧化鋁電解生成鋁和氧氣。詳解:A.b為氫氧化鋁，為兩性氫氧化物，既能與酸又能與堿反應，C為氧化鋁，屬于兩性氧化物，既能與酸又能與堿反應，a為偏氯酸鈉溶液，只能和酸反應，不能和堿反應，故A錯誤；

B.a為偏氯酸鈉溶液，b為氫氧化鋁，a→b發(fā)生的反應為NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，離子反應為：AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，所以B選項是正確的；

C.b為氫氧化鋁,氫氧化鋁受熱分解2Al(OH)3Al2O3+3H2O，生成氧化鋁和水，氧化鋁電解2Al2O34Al+3O2↑，生成鋁和氧氣，所以C選項是正確的；D.鐵粉和鋁粉混合物,加入試劑X,過濾得到鐵,試劑X能溶解鋁,鹽酸和鐵、鋁都反應,氫氧化鈉溶液只和鋁反應：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，a為偏氯酸鈉溶液,偏鋁酸鈉和適量鹽酸反應NaAlO2+HCl+H2O=AL(OH)3↓+NaCl，所以X為NaOH溶液，Y為鹽酸，所以D選項是正確的；故本題答案選A。6、B【解析】

由甲c(HY)＝0.1mol·L-1、乙c(HZ)＝0.1mol·L-1分別和0.1mol·L-1NaOH溶液反應，反應后混合溶液pH＝7、pH＝9。說明HY為強酸，HZ為弱酸，以此進行分析即可；【詳解】A.根據分析判斷：乙組混合后的溶質為NaZ，NaZ溶液為強堿弱酸鹽，所以：c(Na＋)＞c(Z－)＞c(OH－＞c(H＋)，故A錯誤；B.乙組實驗所得混合溶液pH＝9，c(H+)=10-9mol/L，根據水的離子積可知c(OH-)=10-5mol/L，所以由水電離出的c(OH－)為1×10-5mol·L-1，故B正確；C.HZ為弱酸，溶液中部分電離，HY為強酸，所以0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)濃度不相同，故C錯誤；D.相同體積時，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分別與足量的鎂反應，產生氫氣的速率不同，但總量相同，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案：B。7、D【解析】NaHSO4電離呈酸性，故A錯誤；Na2CO3水解呈堿性，故B錯誤；HCl電離呈酸性，故C錯誤；CuCl2是強酸弱堿鹽，水解呈酸性，故D正確。8、D【解析】分析：醋酸為弱酸，等濃度時離子濃度比鹽酸小，則導電性較弱，由此可知①為醋酸的變化曲線，②為鹽酸的變化曲線，加入氫氧化鈉，醋酸溶液離子濃度逐漸增大，導電性逐漸增強，鹽酸發(fā)生中和反應，離子濃度減小，由圖象可知加入氫氧化鈉10mL時完全反應，對于離子濃度大小比較可以利用物料守恒和電荷守恒考慮解決。詳解：由分析可知，曲線①代表滴定CH3COOH溶液的曲線，曲線②代表滴定HCl溶液的曲線，A選項錯誤；a點氫氧化鈉與CH3COOH溶液恰好反應生成CH3COONa，a點溶液中c（Na+）=0.05mol/L，電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，B選項錯誤；酸或堿抑制水的電離，含有弱酸根離子的鹽促進水的電離，c點溶質為NaCl，a點溶質為醋酸鈉，醋酸根離子促進水的電離，b點為等物質的量濃度的醋酸鈉和NaOH的混合物，NaOH會抑制水的電離，所以在相同溫度下，水的電離程度大小關系：b＜c＜a，C選項錯誤；b點為等物質的量濃度的醋酸鈉和NaOH的混合物，根據電荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）和物料守恒：2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）=c（Na+）得：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），所以有c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D選項正確；正確答案：D。9、B【解析】

A、該裝置是分液，用于分離互不相溶的液體，A錯誤；B、該裝置是過濾，可用于不溶性固體和液體分離，B正確；C、該操作是向容量瓶中轉移液體，C錯誤；D、該裝置是洗氣瓶，不能用于不溶性固體和液體分離，D錯誤；答案選B。10、C【解析】

A．反應速率的方向相反，但不滿足速率之比等于化學計量數之比，A錯誤；B．平衡時濃度不再發(fā)生變化，但物質之間的濃度不一定相等或滿足某種關系，B錯誤；C．混合氣的密度是混合氣的質量和容器容積的比值，容積不變，但混合氣的質量是變化的，可以說明，C正確；D．反應速率的方向是相同的，不能說明，D錯誤；故選C。11、D【解析】

設生成氫氣6mol，根據2-OH～2Na～H2↑可知參加反應的羥基均為12mol，三種醇的物質的量之比為3：6：2，故A、B、C三種分子里羥基數目之比為=2：1：3，故答案為D。12、D【解析】分析：A.MnO4-為紫色；B.pH=1的溶液，顯酸性，離子之間發(fā)生氧化還原反應；C.鐵離子與硫氰酸根離子能反應生成硫氰化鐵；D.由水電離出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。詳解:A.MnO4-為紫色，H+、Cl-、MnO4-發(fā)生氧化還原反應，不能共存，故A錯誤；B.pH=1的溶液，顯酸性，H+、ClO-、Cl-發(fā)生氧化還原反應，故B錯誤；

C.鐵離子與硫氰酸根離子能反應生成硫氰化鐵，硫氰化鐵屬于弱電解質，故C錯誤；

D.由水電離出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，如果顯酸性可以大量共存，故D正確；

所以D選項是正確的。點睛：解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。13、C【解析】

A、堿金屬單質中，鉀的密度小于鈉的密度，故A錯誤；B、堿金屬單質中除鋰外，均不與氮氣直接反應，故B錯誤；C、同主族元素性質具有相似性，由Na2CO3加熱不分解可知Cs2CO3加熱也不分解，故C正確；D、同主族元素性質具有相似性，由Na2SO4易溶于水可知Cs2SO4也易溶于水，故D錯誤；答案選C。14、A【解析】

設這兩種物質都為1g，則n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、molH3有1molH原子，molH2有1molH，故二者的原子相同，A正確；B、molH3和molH2的分子數不同，B錯誤；C、同溫同壓下，氣體的氣體與物質的量成正比，所以molH3和molH2的體積不同，C錯誤；D、molH3和molH2的物質的量不同，D錯誤；故選A。15、C【解析】

電解質在通電一段時間，再加入W，能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，依據電解原理分析電解了什么物質，要想讓電解質復原，就要滿足加入溶液中減少的物質。【詳解】A．以Fe和C為電極，電解氯化鈉，陽極氯離子放電，陰極氫離子放電，通電一段時間后為氫氧化鈉溶液，減少的是氯化氫，故A錯誤；B．以Pt和Cu為電極，電解硫酸銅，陽極氫氧根離子放電，放出氧氣，陰極銅離子放電析出銅，減少的是銅和氧元素，需要加入氧化銅或碳酸銅恢復濃度，故B錯誤；C．以C為電極，電解硫酸，陽極氫氧根離子放電，陰極氫離子放電，相當于電解水，通電一段時間后仍為硫酸溶液，可以加水讓溶液復原，故C正確；D．以Ag和Fe為電極，電解AgNO3，陽極銀放電，陰極銀離子放電，相當于電鍍，通電一段時間后仍為AgNO3溶液，且濃度不變，不需要加AgNO3固體恢復原樣，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查學生電解原理的知識，解答本題要注意分析兩個電極上產生的物質，本著“出什么加什么”的思想來讓電解質復原：電解后從溶液中減少的物質是什么就利用元素守恒來加什么。學習中注意把握電解原理和陰陽離子的放電順序。16、D【解析】

A.生活垃圾分類處理，告別亂拋亂扔,利于治污，故A不選；B.白色污染難降解，研發(fā)可降解塑料，控制白色污染產生，故B不選；C.減少化肥的使用，施用有機肥料，改善土壤微生物環(huán)境，故C不選；D.回收廢醫(yī)用塑料，深埋或就地焚燒，均易產生污染，故D選；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、+H2O8②⑤⑥⑦2++2H2O【解析】分析：A的蒸汽在標準狀況下密度為2.5g?L-1，A的相對分子質量為56，屬于脂肪烴，A中碳原子個數=5612=4…8，分子式為C4H8，根據核磁共振氫譜顯示有2組峰，面積比為3：1，結合流程圖知，B是溴代烴、C是醇，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據D分子式知，C中有一個羥基不能被氧化，則A為CH2=C(CH3)2，B為CH2BrCBr(CH3)2，C為CH2OHCOH(CH3)2，D為HOOCCOH(CH3)2，E分子式為C4H6O2，能使溴水褪色，D發(fā)生消去反應生成E，E為HOOCC(CH3)=CH2，E發(fā)生信息③的反應生成F，F為HOOCC(CH3)CH2COOH，H和F發(fā)生酯化反應生成I，根據I分子式知，H為，甲苯發(fā)生取代反應生成G，G為；I為。詳解：根據上述分析，A為CH2=C(CH3)2，B為CH2BrCBr(CH3)2，C為CH2OHCOH(CH3)2，D為HOOCCOH(CH3)2，E為HOOCC(CH3)=CH2，F為HOOCC(CH3)CH2COOH；H為，G為；I為。(1)A的結構簡式為CH2=C(CH3)2，故答案為：CH2=C(CH3)2；(2)D為HOOCCOH(CH3)2，E為HOOCC(CH3)=CH2，反應④的化學方程式為：+H2O，故答案為：+H2O；(3)E為HOOCC(CH3)=CH2，E的同系物K比E多一個碳原子，K有多種鏈狀同分異構體，其中能發(fā)生銀鏡反應且能水解的同分異構體說明含有酯基和醛基，應該是甲酸某酯，丁烯醇中，4個碳原子在同一鏈上時有6種；3個C原子在同一鏈上時有2種，所以符合條件的有8種，故答案為：8；(4)根據上述分析，反應①為加成反應，反應②為水解反應，屬于取代反應，反應③為氧化反應，反應④為消去反應，反應⑤為取代反應，反應⑥為水解反應，反應⑦為酯化反應，屬于取代反應的是②⑤⑥⑦，故答案為：②⑤⑥⑦；(5)反應⑦的化學方程式為2++2H2O，故答案為：2++2H2O；(6)和溴發(fā)生加成反應生成CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，CH2BrCBr(CH3)CH2CH3堿性條件下發(fā)生水解反應生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，CH2OHCOH(CH3)CH2CH3被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，發(fā)生酯化反應生成，其合成路線為，故答案為：。點睛：本題考查有機物推斷和合成，明確有機物官能團及其性質關系、物質之間的轉化關系即可推斷物質。本題的易錯點為(3)中同分異構體種類的判斷，要考慮碳鏈異構、官能團位置異構；難點為(6)，要注意鹵代烴在有機合成中的應用。18、物理、、、取少量待測液于試管中，先加入稀鹽酸，再加入溶液，若產生白色沉淀，則含有12【解析】

①用鉑絲蘸取少量溶液，在無色火焰上灼燒，未出現黃色火焰，則溶液中無Na+；②取少量溶液，加入KSCN溶液無明顯變化，則溶液中無Fe3+；③另取溶液加入少量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，則溶液中含有NO3-和還原性離子，即Fe2+，此時溶液依然澄清，且溶液中陰離子種類不變，則溶液中含有Cl-；溶液中含有Fe2+，則CO32-、SiO32-不能存在；④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則存在SO42-。根據溶液呈電中性，且各離子的物質的量為1mol，即Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-各0.1mol時，0.1×2+0.1x=0.1×1+0.1×1+0.1×2，x=2，則只能為Mg2+；【詳解】（1）步驟①灼燒時的焰色反應為元素所特有的性質，屬于物理變化；（2）溶液中的硝酸根離子、亞鐵離子與氫離子反應生成鐵離子、NO和水，反應的離子方程式為3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）由分析可知，一定含有的陽離子為Fe2+、Mg2+；一定含有的陰離子有Cl-、NO3-、SO42-；（4）檢驗SO42-常用鹽酸和氯化鋇溶液，方法是取少量待測液于試管中，先加入稀鹽酸，取清液再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則含有SO42-；（5）取1.0L該溶液，則溶液中含有0.1molFe2+、0.1molMg2+，向溶液中加入過量的稀氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌，將沉淀在空氣中灼燒后，得到的固體為0.1molMgO、0.05molFe2O3，其質量為12g。19、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+。II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。③該小題為開放性試題。若能，根據題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因為溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會變淺；則設計一個空白對比的實驗方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。點睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質探究。與氣體有關的制備實驗裝置的連接順序一般為：氣體發(fā)生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進行物質性質實驗探究是要排除其他物質的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案，要注重多角度思考。20、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2將溴從蒸餾燒瓶A中吹出SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr吸收未反應完的Cl2、Br2、SO2等有毒氣體，防止污染空氣蒸餾萃取分液不合理，氯水可能過量【解析】

(1)要想使溴離子變成溴單質，則加入的a能和溴離子發(fā)生反應生成溴單質，氯氣能和溴離子發(fā)生置換反應生成溴單質，離子反應方程式為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易揮發(fā)，升高溫度促進其揮發(fā)，所以通入熱空氣的目的是吹出Br2，故答案為將溴從蒸餾燒瓶A中吹出；(3)使溴蒸氣轉化為氫溴酸以達到富集的目的，可知氣體b為SO2，發(fā)生的反應為Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案為Br2+SO2