2023年高二下化學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在標準狀況下，由CO、甲烷和丁烷組成的混合氣體11.2L完全燃燒后，生成相同狀況下的CO2氣體17.92L。則原混合氣體中，CO、甲烷和丁烷的體積比不可能為A．3∶1∶1B．2∶2∶1C．3∶4∶3D．7∶13∶52、下列離子方程式書寫正確的是（）A．以石墨為電極電解MgCl2溶液：2Cl—+2H2OCl2+H2↑+2OH—B．CuC12溶液中加入氨水：Cu2++2OH－Cu（OH）2↓C．KI溶液中滴入稀硫酸，空氣中振蕩：4H++4I－+O22I2+2H2OD．向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱：NH+OH－NH3↑+H2O3、已知Co2O3在酸性溶液中易被還原成Co2+，而Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。下列反應在水溶液中不可能發(fā)生的是（）A．Cl2+FeI2=FeCl2＋I2 B．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O D．2Fe3＋+2I-=2Fe2++I24、下列屬于堿的是A．HClOB．CO2C．Na2CO3D．Ca(OH)25、下列指定反應的方程式正確的是A．硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I?+IO3?+6H+=I2+3H2OC．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2OD．乙醛與新制氫氧化銅溶液混合加熱：CH3CHO+2Cu（OH）2+OH—CH3COO—+Cu2O↓+3H2O6、下列說法正確的是A．丙烯分子中所有原子均在同一平面上B．命名為2-甲基-3-丁炔C．化合物不是苯的同系物D．C5H12的同分異構體數(shù)目與甲苯的一氯代物數(shù)目相同7、化學與社會可持續(xù)發(fā)展密切相關。下列做法錯誤的是A．按照國家規(guī)定，對生活垃圾進行分類放置B．干冰、可燃冰屬于新能源也屬于同種物質C．植物的秸稈、枝葉和人畜糞便等生物質能可轉化為沼氣D．氫氣是一種有待大量開發(fā)的“綠色能源”8、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論都正確的是選項操作現(xiàn)象結論A向亞硫酸鈉粉末中滴加鹽酸產生刺激性氣體氯的非金屬性比硫強B將過量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中溶液變紅色乳酸含有羧基C向含淀粉的KI溶液中滴加氯化鐵溶液溶液變藍色氧化性:Fe3+>I2D向硝酸鋇溶液中通入SO2產生白色沉淀白色沉淀是BaSO3A．A B．B C．C D．D9、下列說法正確的是A．水的電離方程式：H2O=H＋＋OH－B．在水中加入氯化鈉，對水的電離沒有影響C．在NaOH溶液中沒有H＋D．在HCl溶液中沒有OH－10、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關系如圖所示，則下列離子組在對應的溶液中一定能大量共存的是A．a點對應的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B．b點對應的溶液中：K+、Al3+、MnO4-、Cl-C．c點對應的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D．d點對應的溶液中：K+、Fe2+、NO3-、SO42-11、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用Ba(OH)2溶液吸收氯氣：2OH－+2Cl2=2Cl－+ClO－+H2OB．Cu溶于稀HNO3:Cu+2H++NO3-=Cu2++NO2↑+H2OC．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOD．氯化鎂溶液與氨水反應：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓12、若用AG表示溶液的酸度，其表達式為：。室溫下，實驗室里用0.1mol/L的鹽酸溶液滴定10mL0.1mol/LMOH溶液，滴定曲線如下圖所示。下列說法正確的是A．該滴定過程可選擇酚酞作為指示劑B．C點時加入鹽酸溶液的體積等于10mLC．溶液中由水電離的c(H+)：C點>D點D．若B點加入的鹽酸溶液體積為5mL，所得溶液中：c(M+)+c(H+)=c(MOH)+c(OH-)13、對于達到平衡狀態(tài)的可逆反應:N2+3H22NH3(正反應為放熱反應)下列敘述中正確的是A．反應物和生成物的濃度相等B．反應物和生成物的濃度不再發(fā)生變化C．降低溫度,平衡混合物里氨氣的濃度減小D．增大壓強,不利于氨的合成14、某溶液A可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、Clˉ、SO42-、Iˉ、CO32-、HCO3-離子中的若干種。取該溶液進行如下實驗：(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于硝酸)：下列說法正確的是A．溶液A中一定沒有Ba2+，可能存在SO42-B．白色沉淀甲一定為Mg(OH)2C．溶液A中一定存在NH4+、Clˉ，一定不存在Fe3+、Iˉ、CO32-D．判斷溶液A中是否存在Fe3+，需向溶液A中加入KSCN溶液觀察溶液是否變紅色15、下列說法不正確的是A．利用太陽能在催化劑參與下分解水制氫是把光能轉化為化學能的綠色的化學B．保存硫酸亞鐵溶液時，要向其中加入少量硫酸和鐵粉C．電鍍時，將鍍件作為陽極D．瑞典化學家貝采利烏斯最早提出了有機化學的概念16、下列化合物屬于苯的同系物的是A． B． C． D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、A～I分別表示中學化學中常見的一種物質，它們之間相互關系如下圖所示(部分反應物、生成物沒有列出)。已知H為固態(tài)氧化物，F(xiàn)是紅褐色難溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六種物質中均含同一種元素。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)A、B、C、D、E、F六種物質中所含的同一種元素的名稱是________。(2)反應①的化學方程式為_____________________________________反應③的離子方程式為________________________反應⑧的化學方程式為_____________________________________（3）反應⑥過程中的現(xiàn)象是______________________________。（4）1molI發(fā)生反應后生成的A高溫下與足量的水蒸氣反應，生成的氣體換算成標準狀況下占______L。18、抗丙肝新藥的中間體合成路線圖如下：已知：-Et為乙基，DCM與DMF均為有機溶劑。(1)的名稱是_____________，所含官能團的名稱是______________。(2)的分子式為_______________________。(3)反應①化學方程式為_____________，（不用寫反應條件）反應類型屬于是___________。(4)寫出一種與互為同分異構體的芳香類化合物的結構簡式（核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為1:2:2:6，且不含-NH2）____________________________(5)設計由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨(CH3NH2)合成路線（其他試劑任選，不需寫每一步的化學方程式，應寫必要的反應條件）。_________________________19、制備苯甲酸的反應原理及有關數(shù)據(jù)如下：名稱相對分子質量性狀熔點沸點溶解度甲苯92無色液體-95℃110℃不溶于水苯甲酸122白色片狀或針狀晶體122℃248℃微溶于水高錳酸鉀158易溶于水實驗過程如下：①將高錳酸鉀、水和氫氧化鈉溶液混合搖勻后，加入甲苯，采用電磁攪拌，加熱（但溫度不要太高），冷凝回流2h。如仍有高錳酸鉀的紫色存在，則加數(shù)滴乙醇。②將混合液過濾后冷卻。③濾液用鹽酸酸化，析出白色晶體過濾，洗滌，干燥，得到苯甲酸的粗產品，最后測定其熔點。回答下列問題：（1）①中反應易暴沸，本實驗中采用______方法防止此現(xiàn)象；乙醇的作用是____________________。（2）②中過濾出的沉淀是____________________。（3）③中測定熔點時，發(fā)現(xiàn)到130℃時仍有少量不熔，推測此不熔物的成分是____________________。（4）提純苯甲酸粗產品的方法是____________________。20、磺酰氯(SO2Cl2)在醫(yī)藥、染料行業(yè)有重要用途，也可用于制備表面活性劑。沸點為69.2℃，遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸。學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制備SO2Cl2并測定產品純度，設計如圖實驗如圖1(夾持裝置略去)。請回答下列問題：Ⅰ.SO2的制備（1）欲收集一瓶干燥的SO2，裝置中氣流方向合理的連接順序為____(填小寫字母)。（2）A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，A中反應的化學方程式為____。Ⅱ.SO2Cl2的制備和純度的測定將上述收集到的SO2充入注射器h中，用圖2裝置制備SO2Cl2。（3）儀器e的名稱為____，b中試劑的名稱為____。（4）f的作用是____。（5）取反應后的產品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；達到滴定終點時消耗標準液的體積為20.00mL(雜質不參加反應)。①產品加水配成溶液時發(fā)生的反應為____。②SO2Cl2的質量分數(shù)為____。(保留三位有效數(shù)字)。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(xiàn)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(xiàn)象；電壓表指針偏轉，記錄讀數(shù)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(xiàn)象：甲同學認為不可能發(fā)生析氫腐蝕，其判斷依據(jù)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(xiàn)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(shù)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(shù)為c；取出電極，向溶液中加入數(shù)滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入，電壓表讀數(shù)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(shù)為d①丙同學比較實驗Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數(shù)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(shù)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、C【解析】混合氣體的物質的量為0.5mol，CO2氣體的物質的量為0.8mol，混合氣體的平均分子組成中的碳原子為C1.6。由于CO、甲烷的分子中都有一個碳原子，所以它們在本題中是等效的。設CO、甲烷的體積和與丁烷的體積分別為為x、y，則(x+4y):(x+y)=1.6，x:y=4:1，CO、甲烷和丁烷的體積比不可能為3:4:3,故選C。2、C【解析】A、缺少Mg2＋和OH－反應，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故A錯誤；B、NH3·H2O是弱電解質，不能拆寫，應是Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，故B錯誤；C、I－容易被氧氣氧化成I2，反應方程式為4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，故C正確；D、缺少HCO3－＋OH－=H2O＋CO32－，故D錯誤。3、B【解析】

A.因為氧化性FeCl3>I2，所以氯氣先氧化碘離子后氧化亞鐵離子，A正確；B.根據(jù)反應：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2>FeCl3，但是氧化性：FeCl3>I2，還原性：I->Fe2+，I-會先被Cl2氧化，和題意不相符合，不可能發(fā)生，B錯誤；C.根據(jù)反應：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3>Cl2，和題意相符合，反應可能發(fā)生，C正確；D.因為氧化性FeCl3>I2，所以2Fe3＋+2I-=2Fe2++I2能發(fā)生，D正確；故合理選項是B。4、D【解析】A.HClO溶于水電離出的陽離子全部是氫離子，屬于酸，A項不選；B.CO2由兩種元素組成，其中一種是O，屬于氧化物，B項不選；C.Na2CO3溶于水電離出的陽離子是Na＋，電離出的陰離子是酸根離子，屬于鹽，C項不選；D.氫氧化鈣溶于水電離出的陰離子全部是OH－，屬于堿，D項選。答案選D。點睛：本題考查常見物質的類別，根據(jù)有關概念進行分析解答，氧化物是由兩種元素組成且其中一種是氧元素的化合物，電離時生成的陽離子全部是H＋的化合物是酸，電離時生成的陰離子全部是OH-的化合物是堿，電離時生成金屬陽離子和酸根離子的化合物是鹽。5、D【解析】

本題考查離子方程式書寫的正誤判斷，A.硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應，硫化亞鐵是還原劑,濃硫酸是氧化劑，氧化產物是三價的鐵離子和二氧化硫，還原產物是二氧化硫；B.電荷不守恒、得失電子數(shù)目不守恒；C.向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水，二者反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水；堿性條件下，乙醛與新制氫氧化銅溶液混合加熱生成醋酸鹽、氧化亞銅沉淀和水。【詳解】硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2FeS+20H++7SO42-=2Fe3++9SO2↑+10H2O，A錯誤；電荷不守恒、得失電子數(shù)目不守恒，正確的離子方程式為：5I?+IO3?+6H+=3I2+3H2O，B錯誤；碳酸氫銨溶液與足量石灰水反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，C錯誤；乙醛與新制氫氧化銅溶液混合加熱生成醋酸鹽、氧化亞銅沉淀和水，反應的離子方程式為：CH3CHO+2Cu（OH）2+OH—CH3COO—+Cu2O↓+3H2O，D正確。故選D。【點睛】把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的離子反應考查，答題時注意離子反應中保留化學式的物質及得失電子數(shù)目和電荷守恒。6、C【解析】A、丙烯可以看做是用一個甲基取代了乙烯中的一個H原子得到的，而乙烯中的六個原子共平面，但甲基中的H至少有2個不能和乙烯基共平面，故丙烯中的原子不能全部共平面，故A錯誤；B．的主鏈為丁炔，碳碳三鍵在1號C上，在3號C含有1個甲基，其正確名稱為：3-甲基-1-丁炔，故B錯誤；C.化合物和苯的結構不相似，不屬于苯的同系物，故C正確；D.C5H12的同分異構體有正戊烷，異戊烷和新戊烷3種，甲苯苯環(huán)上的一氯代物有3種(鄰位、對位和間位)甲基上有1種，共4種，故D錯誤；故選C。7、B【解析】

A．將垃圾進行分類放置，提高利用率，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故A正確；B．干冰是固態(tài)二氧化碳，可燃冰是CH4?nH2O，二者不是同種物質，故B錯誤；C．將植物的秸稈、枝葉、雜草和人畜糞便加入沼氣發(fā)酵池中，在富氧條件下，經過緩慢、復雜、充分的氧化反應最終生成沼氣，從而有效利用生物質能，故C正確；D．氫氣的燃料產物是水，對環(huán)境無污染，且發(fā)熱量高，是綠色能源，故D正確；故答案為B。8、C【解析】分析：A、根據(jù)鹽酸不是氯的最高價氧化物對應的水化物，結合非金屬性的比較方法分析判斷；B、將過量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，溶液的堿性減弱甚至變成酸性，據(jù)此分析；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化鐵溶液，溶液變藍色，說明有I2生成，據(jù)此分析判斷；D、根據(jù)硝酸具有強氧化性分析判斷。詳解：A、鹽酸不是氯的最高價氧化物對應的水化物，只能證明鹽酸比亞硫酸強，不能證明氯的非金屬性比硫強，故A錯誤；B、將過量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，現(xiàn)象應該是溶液由紅色變無色，故B錯誤；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化鐵溶液，溶液變藍色，說明有I2生成，說明氧化性:Fe3+>I2，故C正確；D、向硝酸鋇溶液中通入SO2，硝酸鋇與SO2反應生成了硫酸鋇，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了化學實驗方案的設計與評價。本題的易錯點為D，要注意酸性溶液中硝酸根離子具有強氧化性，二氧化硫具有還原性。9、B【解析】

A.水是極弱的電解質，只有少部分電離，水的電離方程式：H2OH＋＋OH－，A錯誤；B.在水中加入氯化鈉，不會影響氫離子或氫氧根離子，則對水的電離沒有影響，B正確；C.在NaOH溶液中氫氧根離子的濃度大于氫離子濃度，并不是沒有H＋，C錯誤；D.在HCl溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，并不是沒有OH－，D錯誤；答案選B。10、C【解析】分析：向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，a點溶液中含有CO32-和HCO3-，b點全部為HCO3-，c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，d點鹽酸過量，呈酸性，結合離子反應發(fā)生條件及對應離子的性質解答該題。詳解：a點溶液中含有CO32-和HCO3-，b點全部為HCO3-，c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，d點鹽酸過量，呈酸性，A．a點溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-與OH-反應不能大量共存，選項A錯誤；B．b點全部為HCO3-，Al3+與HCO3-發(fā)生互促水解反應而不能大量共存，選項B錯誤；C．c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，離子之間不發(fā)生反應，在溶液中能夠大量共存，選項C正確；D．d點呈酸性，酸性條件下，NO3-與Fe2+發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，選項D錯誤；答案選C。點睛：本題考查離子共存問題，為高考常見題型，側重于元素化合物知識的綜合考查和學生的分析能力、審題的能力的考查，注意把握常見離子的性質以及反應類型的判斷，答題時注意題中各階段溶液的成分，難度中等。11、C【解析】分析：A.電荷不守恒、電子不守恒;B.銅和稀硝酸反應生成硝酸、一氧化氮和水，離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；C.二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮；D.一水合氨在離子反應中保留化學式。詳解:A.用Ba(OH)2溶液吸收氯氣的離子反應為2OH－+Cl2=Cl－+ClO－+H2O，所以A選項是錯誤的；

B.銅和稀硝酸反應生成硝酸、一氧化氮和水，離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；

C.NO2溶于水，反應生成硝酸和一氧化氮，離子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故C正確；

D.氯化鎂溶液與氨水反應的離子反應為Mg2++2NH3?H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故D錯誤；

所以C選項是正確的。12、C【解析】A．用0.1mol/L的鹽酸溶液滴定10mL0.1mol/LMOH溶液，AG=-8，AG=lg[]，=10-8，c(H+)c(OH-)=10-14，c(OH-)=10-3mol/L，說明MOH為弱堿，恰好反應溶液顯酸性，選擇甲基橙判斷反應終點，故A錯誤；B．C點是AG=0，c(H+)=c(OH-)=10-7，溶液呈中性，溶質為MCl和MOH混合溶液，C點時加入鹽酸溶液的體積小于10mL，故B錯誤；C．滴定過程中從A點到D點溶液中水的電離程度，A-B滴入鹽酸溶液中氫氧根離子濃度減小，對水抑制程度減小，到恰好反應MCl，M+離子水解促進水電離，電離程度最大，繼續(xù)加入鹽酸抑制水電離，滴定過程中從A點到D點溶液中水的電離程度，D＜A＜B＜C，故C正確；D．若B點加入的鹽酸溶液體積為5mL，得到等濃度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在電荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒為：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)，消去氯離子得到：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)，故D錯誤；故選C。13、B【解析】

A．平衡時反應物與生成物的物質的量濃度取決于起始濃度和反應轉化的程度，不能作為判斷是否達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故A錯誤；B．當反應物和生成物的濃度不再發(fā)生變化時，說明達到平衡狀態(tài)，故B正確；C．正反應為放熱反應，則降低溫度平衡向正反應方向移動，平衡混合物里NH3的濃度增大，故C錯誤；D．反應前氣體的化學計量數(shù)之和大于反應后氣體的化學計量數(shù)之和，增大壓強，平衡向正反應方向移動，故增大壓強有利于氨氣的合成，故D錯誤；故選：B。14、C【解析】

某溶液A中加入過量氫氧化鈉溶液，生成氣體，則溶液A中一定存在NH4+；甲為白色沉淀，則溶液A中一定不存在Fe3+，白色沉淀甲為Mg(OH)2、BaCO3中至少一種（其中生成BaCO3的反應為：），故溶液A中Ba2+和Mg2+至少有1種，因此該溶液中一定不存在CO32-；所得濾液中加稀硫酸不產生沉淀，則濾液中不含Ba2+、加入硝酸銀和稀硝酸有白色沉淀乙生成，乙為AgCl，則溶液A中一定存在Clˉ、一定不存在Iˉ；據(jù)此分析作答。【詳解】某溶液A中加入過量氫氧化鈉溶液，生成氣體，則溶液A中一定存在NH4+；甲為白色沉淀，則溶液A中一定不存在Fe3+，白色沉淀甲為Mg(OH)2、BaCO3中至少一種（其中生成BaCO3的反應為：），故溶液A中Ba2+和Mg2+至少有1種，因此該溶液中一定不存在CO32-；所得濾液中加稀硫酸不產生沉淀，則濾液中不含Ba2+、加入硝酸銀和稀硝酸有白色沉淀乙生成，乙為AgCl，則溶液A中一定存在Clˉ、一定不存在Iˉ；A.溶液A中可能有Ba2+，A錯誤；B.白色沉淀甲為Mg(OH)2、BaCO3中至少一種，B錯誤；C.據(jù)以上分析，溶液A中一定存在NH4+、Clˉ，一定不存在Fe3+、Iˉ、CO32-，C正確；D.甲是白色沉淀，故判斷溶液A中不存在Fe3+，D錯誤；答案選C。【點睛】本題的易錯點是A項，同學會根據(jù)濾液中加硫酸沒有出現(xiàn)沉淀而誤以為溶液A中不存在鋇離子；實際上，不管溶液A中是不是存在鋇離子，濾液中都不存在鋇離子，當溶液A中有鋇離子時，鋇離子會被沉淀出現(xiàn)在白色沉淀甲中，反應為：。15、C【解析】

A.利用太陽能在催化劑參與下分解水制氫是把光能轉化為化學能的綠色的化學，A正確；B.硫酸亞鐵水解，且易被氧化，因此保存硫酸亞鐵溶液時，要向其中加入少量硫酸和鐵粉，B正確；C.電鍍時，將鍍件作為陰極，鍍層金屬為陽極，C錯誤；D.瑞典化學家貝采利烏斯1806年最早提出了有機化學的概念，D正確；答案選C。16、A【解析】

苯的同系物為含有一個苯環(huán)，且含有飽和鏈烴基的有機物，答案為A；二、非選擇題（本題包括5小題）17、鐵元素8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空氣中迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色33.6【解析】試題分析：F是紅褐色難溶于水的沉淀，因此F是氫氧化鐵，則E是氫氧化亞鐵，所以C和D分別是亞鐵鹽和鐵鹽。B和鹽酸反應生成C和D，所以B是四氧化三鐵，C是氯化亞鐵，D是氯化鐵，A在氧氣中燃燒生成B，則A是鐵。H和I均能與氫氧化鈉溶液反應生成G，則I是鋁，和四氧化三鐵發(fā)生鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，H是氧化鋁，G是偏鋁酸鈉，據(jù)此分析解答。解析：F是紅褐色難溶于水的沉淀，因此F是氫氧化鐵，則E是氫氧化亞鐵，所以C和D分別是亞鐵鹽和鐵鹽。B和鹽酸反應生成C和D，所以B是四氧化三鐵，C是氯化亞鐵，D是氯化鐵，A在氧氣中燃燒生成B，則A是鐵。H和I均能與氫氧化鈉溶液反應生成G，則I是鋁，和四氧化三鐵發(fā)生鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，H是氧化鋁，G是偏鋁酸鈉，則。（1）根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E、F六種物質中所含的同一種元素的名稱是鐵。（2）根據(jù)以上分析可知反應①的化學方程式為8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe。反應③的離子方程式為Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；反應⑧的化學方程式為Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O。（3）反應⑥是氫氧化亞鐵被空氣氧化，過程中的現(xiàn)象是生成的白色沉淀在空氣中迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。（4）根據(jù)8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe可知1mol鋁發(fā)生反應后生成98mol鐵，鐵在高溫下與足量的水蒸氣反應的方程式為3Fe＋4H2O(g)4H2＋Fe3O4，所以生成的氣體換算成標準狀況下為98【點睛】化學推斷題是一類綜合性較強的試題，解框圖題最關鍵的是尋找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊顏色、特殊狀態(tài)、特殊氣味、特殊反應、特殊現(xiàn)象、特殊制法、特殊用途等。18、苯乙烷醛基和酯基C12H15NO2+NH3加成反應【解析】

乙苯在催化劑和O2、丙烯，在側鏈上引入一個羥基，得到，與Al2O3作用生成C8H8，根據(jù)分子式知道，該反應為醇的消去反應，C8H8為苯乙烯，再與NH3發(fā)生加成反應得到，再經過取代和加成得到產物。【詳解】(1)由結構簡式可知該物質的名稱是苯乙烷；由結構簡式可知，含有醛基和酯基，所以答案：苯乙烷；醛基和酯基；(2)由已知-Et為乙基，的結構簡式可知其分子式為C12H15NO2。答案：C12H15NO2；(3)由框圖可知反應C8H8為的消去反應，所以C8H8為苯乙烯，①化學方程式為與NH3的加成反應，所以+NH3；答案：+NH3加成反應；(4)分子式為C8H11N，與它互為同分異構體的芳香類化合物的結構簡式有多種，其中核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為1:2:2:6，且不含-NH2為；答案：。(5)由框圖可知要合成就要先合成，結合已知原料，由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨(CH3NH2)合成路線為：；答案：。19、電磁攪拌過量的高錳酸鉀可被乙醇還原成二氧化錳或除去過量的高錳酸鉀二氧化錳或MnO2氯化鉀或KCl重結晶【解析】分析：一定量的甲苯和KMnO4溶液和氫氧化鈉在加熱條件下反應2h后停止反應，反應混合物為苯甲酸鉀、氫氧化鉀、二氧化錳和剩余的高錳酸鉀，過量的高錳酸鉀可以用乙醇除去，經過濾除去不溶物二氧化錳，濾液為苯甲酸鉀、氫氧化鉀溶液，加入鹽酸酸化，過濾得白色固體為苯甲酸和氯化鉀的混合物。詳解：（1）根據(jù)題干信息，甲苯和KMnO4溶液在加熱條件下反應，屬于溶液之間的反應，在加熱條件下進行，為了防止暴沸，必需加入碎瓷片，并進行不斷的攪拌，所以可以用電磁攪拌完成這一操作；乙醇易溶于水，被氧化為二氧化碳和水，所以過量的高錳酸鉀可以用乙醇除去，生成的二氧化錳通過過濾除去，所以乙醇的作用：除去過量的高錳酸鉀溶液，正確答案：電磁攪拌；除去過量的高錳酸鉀；（2）根據(jù)分析可知，過濾所得沉淀是二氧化錳，正確答案：二氧化錳；（3）通過測定白色固體苯甲酸的熔點，發(fā)現(xiàn)其在122℃開始熔化，達到130℃時仍有少量不熔，推測白色固體是苯甲酸與KCl的混合物，所以不熔物的成分是氯化鉀，正確答案：氯化鉀；（4）利用苯甲酸和氯化鉀的溶解度不同，通過重結晶的方法分離苯甲酸和氯化鉀，除去苯甲酸中的氯化鉀，所以正確答案：重結晶。20、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管飽和食鹽水防止水蒸氣進入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，則須先制取氣體，然后提純，再收集，因為二氧化硫有毒、易溶于水，還要對尾氣進行吸收處理，據(jù)此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反應；(3)鹽酸容易揮發(fā)，生成的氯氣中會混入氯化氫，據(jù)此分析解答；(4)無水氯化鈣具有吸水性，結合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即生成鹽酸和硫酸；②根據(jù)NaOH與鹽酸、硫酸反應，得到SO2Cl2的物質的量，從而得出質量分數(shù)。【詳解】(1)根據(jù)圖示，裝置A可以用來制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，裝置的導管按氣流方向連接的順序是：a通過導管d把二氧化硫導入試劑瓶中進行干燥，通過e導管導出后，通過c導管導入集氣瓶中收集，為了防止二氧化硫逸出擴散到空氣中污染環(huán)境，應該把b導管連接到f導管上，為防止通過D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b導管連接到d把二氧化硫導入試劑瓶中進行干燥，通過e導管導出后，連接f，故答案為：adecbf或adecbdef；(2)A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反應方程式為H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；(3)根據(jù)圖示，e為球形冷凝管；b的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故b中試劑為飽和食鹽水，故答案為：(球形)冷凝管；飽和食鹽水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空氣中的水蒸氣進入到d，故答案為：防止空氣中的水蒸氣進入到d使SO2Cl2水解；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即為同時生成鹽酸和硫酸，方程式為：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案為：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；②根據(jù)2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的關系，消耗氫氧化鈉的物質的量為0.5000mol?L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)=