2024屆重慶市江津區第六中學高二化學第二學期期末監測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是A．分子晶體中一定存在分子間作用力，不一定存在共價鍵B．分子中含兩個氫原子的酸一定是二元酸C．非極性分子中一定含有非極性鍵D．元素的非金屬性越強，其單質的活潑性一定越強2、下列關于有機物命名和分類的敘述正確的是A．的名稱為2-羥基丁烷B．的名稱為2，2，3-三甲基戊烷C．、的都屬于芳香烴D．乙二醇和丙三醇互為同系物3、阿伏加德羅常數的值為。下列說法正確的是A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的數量為0.1B．2.4gMg與H2SO4完全反應，轉移的電子數為0.1C．標準狀況下，2.24LN2和O2的混合氣體中分子數為0.2D．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數為0.24、下列熱化學方程式正確的是()A．甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol－1，則甲烷燃燒熱的熱化學方程式可表示為CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B．500℃、30MPa下，將0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密閉容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學方程式為N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1C．已知1g液態肼和足量液態過氧化氫反應生成氮氣和水蒸氣時放出20.05kJ的熱量，肼和過氧化氫反應的熱化學方程式為N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.6kJ·mol－1D．CO的燃燒熱是283.0kJ·mol－1，則2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)ΔH＝＋283.0kJ·mol－15、下列關于有機物的說法中，正確的有（）①淀粉、油脂、蛋白質在一定條件下都能發生水解反應②“乙醇汽油”是在汽油中加入適量乙醇而制成的一種燃料③除去乙酸乙酯中殘留的乙酸，加過量飽和碳酸鈉溶液振蕩后，靜置分液④石油的分餾和煤的氣化都是發生了化學變化⑤煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高級脂肪酸的甘油酯A．2個 B．3個 C．4個 D．5個6、25℃時純水的電離度為a1，pH=2的醋酸溶液的電離度為a2，pH＝12的氫氧化鈉溶液中水的電離度為a3。若將上述醋酸與氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液中水的電離度為a1。下列關系式中正確的是（）A．a2=a3＜a4＜a1 B．a3=a2＜a1＜a4C．a2＜a3＜a1＜a4 D．a1＜a2＜a3＜a47、下列條件下，兩瓶氣體所含原子數一定相等的是（）A．同質量、不同密度的N2和CO2B．同溫度、同體積的H2和N2C．同體積、同密度的C2H4和C3H6D．同壓強、同體積的N2O和CO28、表示一個原子在第三電子層上有10個電子可以寫成（）A．3d104s2B．3d104s1C．3s23p63d2D．3s23p64s29、下列說法正確的是A．等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發生鋁熱反應時，轉移電子的數目相等B．質量分數分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數為50%C．金屬鈉著火時，立即用泡沫滅火器滅火D．洗滌做焰色反應的鉑絲，可選用稀鹽酸或稀硫酸10、已知A、B、D、E均為中學化學常見單質或化合物，它們之間的關系如圖所示（部分產物略去）。下列說法錯誤的是（）A．A、B、D可能是鈉及其化合物 B．A、B、D可能是鎂及其化合物C．A、B、D可能是鋁及其化合物 D．A、B、D可能是非金屬及其化合物11、固定容積為2L的密閉容器中發生反應xA(g)＋yB(g)zC(g)，圖1表示T℃時容器中各物質的量隨時間變化的關系，圖2表示平衡常數K隨溫度變化的關系。結合圖像判斷，下列結論正確的是()A．該反應可表示為2A(g)＋B(g)C(g)ΔH<0B．T℃時該反應的平衡常數K＝6.25C．當容器中氣體密度不再變化時，該反應達到平衡狀態D．T℃，在第6min時再向體系中充入0.4molC，再次達到平衡時C的體積分數大于0.2512、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是（）①FeS2SO2H2SO4②SiO2SiCl4Si③飽和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3④AlNaAlO2Al（OH）3⑤CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OA．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤13、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．新制飽和氯水中:A13+、Cu2+、SO42-、Br-B．甲基橙變紅的溶液:Mg2+、Fe2+、NO3-、SCN-C．的溶液中:Na+、K+、Cl-、AlO2-D．水電離的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-14、下列說法中，正確的是A．甲烷是一種清潔能源，是天然氣的主要成分B．用KMnO4溶液浸泡過的藻土可使水果保鮮，是利用了乙烯的氧化性C．苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，說明它是一種飽和烴，很穩定D．己烷可以使溴水褪色，說明己烷中含有碳碳雙鍵15、下列各組微粒，半徑大小比較中錯誤的是A．K>Na>Li B．Na+>Mg2+>Al3+C．Mg2+>Na+>F- D．Cl->F->F16、聚維酮碘的水溶液是一種常用的碘伏類緩釋消毒劑，聚維酮通過氫鍵與HI3形成聚維酮碘，其結構表示如下：（圖中虛線表示氫鍵），下列說法不正確的是A．合成聚維酮的單體有二種B．聚維酮分子由（2m+n）個單體聚合而成C．聚維酮碘是一種水溶性物質D．聚維酮是加聚反應的產物二、非選擇題（本題包括5小題）17、維拉佐酮是臨床上使用廣泛的抗抑部藥，其關鍵中間體合成路線如下:已知:R-X+→+H-X(1)下列說法正確的是______(填編號)。A化合物A不能使三氧化鐵溶液顯紫色B．反應①④⑤均為取代反應C．合成過程中反應③與反應④不能調換D．反應②中K2CO3的作用是使反應向正方向移動(2)寫出物質C的結構簡式:__________。(3)寫出反應②的化學方程式:_____________。(4)設計以苯和乙烯為原料制備的合成路線(用流程圖表示，其他無機試劑任選)____________。(5)經過水解和氧化后可得到分子式為C4H9O2N的物質F，寫出物質F的可能的同分異構體結構簡式__________。須同時符合:①分子結構中有一個六元環；②1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子。18、A、B、C、D為四種可溶性的鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一種。(離子在物質中不能重復出現)①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出。根據①②實驗事實可推斷它們的化學式為：（1）A________，C________，D____________。（2）寫出鹽酸與D反應的離子方程式：___________________________。（3）寫出C與Ba(OH)2溶液反應的離子方程式：_______________________。19、一氯化硫(S2Cl2)是一種重要的有機合成氯化劑，實驗室和工業上都可以用純凈干燥的氯氣與二硫化碳反應來制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其裝置如下：(1)A裝置中的離子反應方程式為________________________________________________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常溫下為液態，較為穩定，受熱易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化產物中不僅有淡黃色固體，而且還有兩種氣體，用NaOH溶液吸收該氣體可得兩種鹽Na2SO3和NaCl。寫出一氯化硫與水反應的化學反應方程式：____________________________。(3)C、E裝置中所盛溶液為__________。(4)D中冷凝管的冷水進水口為____（填“a”或“b”）；實驗過程中，需要先點燃A處酒精燈，通入氯氣一段時間后方可向D中水槽里面加入熱水加熱，這樣做的目的是________。20、某校課外活動小組為了探究銅與稀硝酸反應產生的是NO氣體，設計了如下實驗。實驗裝置如圖所示(已知NO、NO2能與NaOH溶液反應)：(1)設計裝置A的目的是____________________________；(2)在(1)中的操作后將裝置B中銅絲插入稀硝酸，并微熱之，觀察到裝置B中的現象是____________________；B中反應的離子方程式是_______________________。(3)裝置E和F的作用是______________________________。(4)D裝置的作用是___________________________。21、如圖是元素周期表的一部分，A、B、C均為短周期元素，A、C兩種元素的原子核外電子數之和等于B的質子數，B的原子核內質子數和中子數相等?；卮穑海?）寫出元素符號：A____；C_____。（2）B的最高價氧化物對應水化物的化學式為____。（3）A的單質的電子式為___；A的氫化物的水溶液與其最高價氧化物的水化物反應的化學方程式____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解題分析】

A、分子晶體中一定存在分子間作用力，但不一定含有共價鍵，如稀有氣體，是單原子組成的分子，不含化學鍵，故A正確；B、二元酸是1mol酸能夠電離出2molH＋，不是含有氫原子的個數，如CH3COOH屬于一元酸，故B錯誤；C、非極性分子不一定含有非極性鍵，如CO2屬于非極性分子，但化學鍵是極性共價鍵，故C錯誤；D、非金屬性越強，其單質的活潑性不一定越強，如N非金屬性強，但N2不活潑，故D錯誤。答案選A。2、B【解題分析】分析：本題考查的是有機物的命名，難度較小。詳解：A.該有機物的名稱應該為2-丁醇，故錯誤；B.該有機物的名稱應該為2,2,3-三甲基戊烷，故正確；C.該有機物為苯和環烯烴，環烯烴不含苯環結構，不屬于芳香烴，故錯誤；D.乙二醇和丙三醇的羥基數目不同，不是同系物，故錯誤。故選B。點睛：注意同系物是指結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質。所說的結構相似是指屬于同類物質，即官能團種類和個數相同。如醇和酚類不可能屬于同系物，乙醇和乙二醇或丙三醇不可能是同系物。3、D【解題分析】A、NH4＋是弱堿陽離子，發生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋數量小于0.1NA，故A錯誤；B、2.4gMg為0.1mol，與硫酸完全反應后轉移的電子的物質的量為2.4×2/24mol=0.2mol，因此轉移電子數為為0.2NA，故B錯誤；C、標準狀況下，N2和O2都是氣態分子，2.24L任何氣體所含有的分子數都為0.1NA，故C錯誤；D、H2＋I22HI，反應前后系數之和相等，即反應后分子總物質的量仍為0.2mol，分子數為0.2NA，故D正確。4、C【解題分析】A、燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩定的化合物時所放出的能量，氣態水不屬于穩定的化合物，選項A錯誤；B、合成氨反應是可逆的，所以0.5molN2完全反應時放出的熱量應該大于19.3kJ，選項B錯誤；C、1g液態肼和足量液態過氧化氫反應生成氮氣和水蒸氣時放出20.05kJ的熱量，則1mol肼反應放出的熱量為32×20.05=641.60（kJ）所以肼和過氧化氫反應的熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ?mol-1，選項C正確；D、CO的燃燒熱是指1molCO完全燃燒生成穩定的氧化物CO2（g）放出的熱量，故有2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，則2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反應的△H=+566.0kJ?mol-1，選項D錯誤；答案選C。5、C【解題分析】

①淀粉、油脂、蛋白質在一定條件下都能發生水解反應，故①正確；②乙醇汽油是新型燃料，是在汽油中加入適量乙醇而制成的混合物，故②正確；③乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，而乙酸與碳酸鈉溶液反應生成乙酸鈉、水二氧化碳，所以混合后的溶液分層，靜置分液可除去乙酸乙酯中的乙酸，故③正確；④石油的分餾是利用物質的沸點的不同分離物質的方法，屬于物理變化，故④錯誤；⑤煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高級脂肪酸的甘油酯故⑤正確，所以正確選項為：①②③⑤，故答案選C。【題目點撥】根據物質的性質、選擇除雜的方法。根據分析方法分餾屬于物理變化、煤的氣化屬于化學變化?；ㄉ秃团Ｓ投紝儆邗ヮ惢衔铮梢园l生皂化反應。6、A【解題分析】

水為極弱的電解質，酸、堿抑制水的電離，若溶液中H＋濃度和OH－濃度相等，對水的抑制程度相同，H＋濃度或OH－濃度越大，對水的抑制程度越大?！绢}目詳解】酸、堿抑制水的電離，pH=2的醋酸溶液中H＋濃度等于pH＝12的氫氧化鈉溶液中OH－濃度，則兩溶液中水的電離程度相等，則有α2＝α3＜α1；pH=2的醋酸溶液與pH＝12的氫氧化鈉溶液等體積混合后，醋酸溶液過量，得到醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的電離，溶液中H＋濃度減小，較原醋酸對水的電離的抑制程度小，所以α2＝α3＜α4＜α1，故選A。【題目點撥】本題考查影響水的電離平衡的因素，注意酸、堿抑制水的電離，抑制程度與H＋濃度或OH－濃度的大小有關，注意弱酸部分電離，pH=2的醋酸溶液與pH＝12的氫氧化鈉溶液等體積混合后，酸溶液過量是解答關鍵。7、C【解題分析】試題分析：根據PV=nRT可推出阿伏伽德羅定律的一系列推論。A、N2和CO相對分子質量都為28，則相同質量的N2和CO物質的量相同，且都為雙原子分子，則原子數一定相等；B、根據PV=RT可知，同溫度、同體積時，分子數與P成正比；C、同體積、同密度則質量相等，設質量都為m，則C2H4的原子數為×6×NA，C3H6的原子數為×9×NA，所含原子數一定相等；D、根據PV=RT可知，同壓強、同體積時，分子數與T成反比?？键c：阿伏伽德羅定律及推論【名師點晴】本題主要考察阿伏加德羅定律及其推論，需要注意：①阿伏加德羅定律的適用范圍是氣體，其適用條件是三個“同”，即在同溫、同壓，同體積的條件下，才有分子數(或物質的量)相等這一結論，但所含原子數不一定相等。②阿伏加德羅定律既適合于單一氣體，也適合于混合氣體。③氣體摩爾體積是阿伏加德羅定律的特例?？筛鶕V=nRT得到阿伏伽德羅定律的一系列推論。8、C【解題分析】分析：s能級有1個軌道，最多可容納2個電子，p能級有3個軌道，最多可容納6個電子，d能級有5個軌道，最多可容納10個電子，按照能量最低原理分析。詳解：按照能量最低原理，在同一電子層，電子應先排滿s能級，再排滿p能級，最后排d能級，A選項中第三電子層上10個電子全部排在3d軌道，A選項錯誤；B選項中第三電子層上10個電子全部排在3d軌道，B選項錯誤；C選項中第三電子層上3s軌道排滿2個電子，3p軌道排滿6個電子，剩余2個電子排在3d軌道，C選項符合能量最低原理，C選項正確；按照能量最低原理，第三電子層先排3s軌道，再排3p軌道，因為4s軌道能量比3d軌道能量低，電子在排滿3p軌道以后，電子進入4s軌道，4s軌道排滿后再排3d軌道，D選項中第三電子層只有8個電子，D選項錯誤；正確選項C。9、A【解題分析】A.鋁在反應中失去3個電子，等質量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發生鋁熱反應時，轉移電子的數目相等，A正確；B.硫酸的密度隨濃度的增大而增大，質量分數分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質量分數大于50%，B錯誤；C.金屬鈉著火時生成過氧化鈉，過氧化鈉與CO2反應生成氧氣，不能用泡沫滅火器滅火，C錯誤；D.鹽酸易揮發，洗滌做焰色反應的鉑絲，可選用稀鹽酸，不能選擇稀硫酸，D錯誤，答案選A。點睛：選項B是解答的難點，注意掌握兩種同溶質溶液等質量混合、等體積混合時質量分數的判定：①等質量混合：兩種同溶質溶液(或某溶液與水)等質量混合時，w混＝。②等體積混合：兩種同溶質溶液(或某溶液與水)等體積混合時，a、若相混合的兩種液體的密度比水的密度小，則w混＜，如氨、乙醇等少數溶質形成的溶液；b、若相混合的兩種液體的密度比水的密度大，則w混＞。如H2SO4、HNO3、NaOH、NaCl等大多數溶質形成的溶液。10、B【解題分析】

A、若A為NaOH溶液，E為CO2，B為NaHCO3，D為Na2CO3；可以實現如圖轉化；B、A、B、D若是鎂及其化合物，鎂是典型金屬，形成的氫氧化鎂是堿，和酸反應不能和堿反應，鎂元素沒有可變化合價；C、根據A能和少量E與過量E反應生成化合物B和D，即可推斷A為AlCl3，E為強堿，發生離子反應Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，確定出B中含有AlO2-，D為Al（OH）3；D、由題意，若A和E為單質，若A單質是碳，根據碳的化學性質及框圖中A能和少量E與過量E反應生成兩種含碳化合物B和D，可推測E是氧氣，B為CO2、D為CO?！绢}目詳解】A、若A為NaOH溶液，E為CO2，過量二氧化碳與氫氧化鈉溶液反應生成的B為NaHCO3，少量二氧化碳和氫氧化鈉溶液反應生成的D為Na2CO3，D→B的反應；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，B→D的反應：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，選項A正確；B、A能和少量E與過量E反應生成兩種化合物B和D，鎂是典型金屬，鎂的化合物中，形成的氫氧化鎂是堿，和酸反應不能和堿反應，鎂元素沒有可變化合價，不能實現轉化關系，選項B錯誤；C、根據A能和少量E或過量E反應生成兩種化合物B和D，即可推斷A為AlCl3，E為強堿，發生離子反應Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，確定出B中含有AlO2-，D為Al（OH）3，則D→B的離子方程式為Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B→D的離子方程式為AlO2-+H+（少量）+H2O=Al（OH）3↓，選項C正確；D、由題意，若A和E為單質，若A單質是碳，根據碳的化學性質及框圖中A能和少量E與過量E反應生成兩種含碳化合物B和D，可推測E是氧氣，B為CO2、D為CO，選項D正確；答案選B。【題目點撥】本題考查元素化合物的推斷，解題關鍵是根據已知信息結合化合物的性質分析、嘗試確定各物質，各物質確定后抓住化學性質解決問題。本題涉及知識點較多，難度較大。11、D【解題分析】

A.由圖1可知A、B為反應物C為生成物，A的物質的量的變化量為0.4mol，B的物質的量的變化量為0.2mol，C的物質的量的變化量為0.2mol，根據物質的量的變化量之比等于化學計量數之比書寫方程式；由圖2可知，升高溫度，平衡常數增大，可知該反應為吸熱反應；B.根據三段法有2A(g)＋B(g)C(g)始(mol/L)0.40.20轉(mol/L)0.20.10.1平(mol/L)0.20.10.1根據平衡常數K=進行計算；C.容器內氣體的質量保持不變，容器的容積保持不變，密度始終不變；D.第6min時再向體系中充入0.4molC，相當于加壓，平衡正向移動。【題目詳解】A.由圖2知，升高溫度，平衡常數逐漸增大，該反應為吸熱反應，ΔH>0，A項錯誤；B.根據圖1知0～5min內，A、B、C變化的物質的量分別為0.4mol、0.2mol、0.2mol，該反應可表示為2A(g)＋B(g)C(g)，反應達到平衡時A、B、C的平衡濃度分別為0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.1mol·L－1，故T℃時該反應的平衡常數K＝＝25，B項錯誤；C.根據質量守恒定律知，容器內氣體的質量保持不變，容器的容積保持不變，故容器內氣體的密度為恒量，不能作為平衡標志，C項錯誤；D.根據圖1知T℃時反應達平衡后C的體積分數為0.25，在第6min時再向體系中充入0.4molC，相當于加壓，平衡正向移動，再次達到平衡時，C的體積分數大于0.25，D項正確；答案選D。12、A【解題分析】

①FeS2和氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫和過氧化氫發生氧化還原反應生成硫酸；

②SiO2屬于酸性氧化物，和HCl不反應；

③在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉；

④鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，偏鋁酸鈉和足量鹽酸反應生成氯化鋁，足量鹽酸時得不到氫氧化鋁；

⑤硫酸銅和過量氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化銅懸濁液，加入葡萄糖加熱發生氧化反應生成紅色沉淀氧化亞銅?！绢}目詳解】①FeS2和氧氣反應4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫和過氧化氫發生氧化還原反應生成硫酸，故①正確；

②SiO2屬于酸性氧化物，和HCl不反應，所以不能用二氧化硅和氯化氫制取四氯化硅，故②錯誤；

③在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉，故③正確；

④鋁和氫氧化鈉溶液的反應為2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，滴加少量鹽酸，偏鋁酸鈉和鹽酸反應AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，滴加過量鹽酸，3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O，足量鹽酸時得不到氫氧化鋁，故④錯誤；

⑤硫酸銅和過量氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化銅懸濁液，加入葡萄糖加熱反應，發生氧化反應生成紅色沉淀氧化亞銅，檢驗醛基的存在，過程能實現，故⑤正確；

答案選A。【題目點撥】本題考查化合物的性質，題目難度中等，熟練掌握物質的性質是解決此類問題的關鍵，正確運用物質分類及反應規律則是解決此類問題的有效方法。13、C【解題分析】新制飽和氯水中，氯氣能把Br-氧化為Br2，故A錯誤；Fe3+、SCN-生成Fe(SCN)3，故B錯誤；=1×10-13mol·L-1的溶液呈堿性，Na+、K+、Cl-、Al不反應，故C正確；由水電離的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液呈酸性或堿性，若呈酸性H+、HC反應生成水和二氧化碳，若呈堿性OH-、HC反應生成水和CO32-，故D錯誤。14、A【解題分析】

A、天然氣的主要成分是甲烷，它是一種“清潔能源”，甲烷在空氣中完全燃燒生成二氧化碳和水，A正確；B、用KMnO4溶液浸泡過的藻土可使水果保鮮，是利用了乙烯的還原性，B錯誤；C、苯是一種不飽和烴，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，C錯誤；D、己烷中不含碳碳雙鍵，可以使溴水褪色是因為己烷萃取了溴水中的溴，D錯誤；答案選A。15、C【解題分析】

電子層越多離子半徑越大，核外電子排布相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑Mg2+＜Na+＜F-；【題目詳解】A.同主族元素自上而下原子半徑逐漸增大，故原子半徑K＞Na＞Li，故A項正確；B.核外電子排布相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑Na+＞Mg2+＞Al3+，故B項正確；C.核外電子排布相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑Mg2+＜Na+＜F-，故C項錯誤；D.電子層越多離子半徑越大，原子半徑小于相應的陰離子半徑，故微粒半徑Cl-＞F-＞F，故D項正確，本題選C?！绢}目點撥】微粒半徑大小比較的一般規律：同一主族元素，原子半徑自上而下逐漸增大；核外電子排布相同的離子，核電荷數越大，半徑越?。浑娮訉釉蕉嚯x子半徑越大，原子半徑小于相應的陰離子半徑。16、A【解題分析】分析：A.由聚合物結構式可知，聚維酮的單體是，它發生加聚反應生成聚維酮；根據圖示結構可知，聚維酮分子由（2m+n）個單體聚合而成，聚維酮通過氫鍵與形成聚維酮碘，即聚維酮碘是一種水溶性物質；據以上分析解答。詳解：由聚合物結構式可知，聚維酮的單體是，A錯誤；由聚合物結構式可知，聚維酮分子由（2m+n）個單體聚合而成，B正確；由題意可知，聚維酮通過氫鍵與形成聚維酮碘，即聚維酮碘是一種水溶性物質，C正確；根據聚維酮的結構可知,它是由發生加聚反應生成的，D正確；正確選項A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CD、、【解題分析】分析：本題考查有機物的推斷和合成，充分利用有機物的結構進行分析解讀，側重考查學生的分析推理能力，知識遷移能力。詳解：根據A到B再到，對比分子式和有機物的結構，可知A為，B為，反應①為硝化反應，反應②為取代反應。而由到C脫掉一分子水，再對比前后的結構，可以推出C的結構為，反應④發生的是硝基還原為氨基的反應，則D為。(1)A.化合物A的結構為，含有酚羥基和醛基，能使三氧化鐵溶液顯紫色，故錯誤；B.反應①為取代，④為還原反應，⑤為取代反應，故錯誤；C.合成過程中反應③與反應④不能調換，否則醛基有會與氫氣發生加成反應，故正確；D.反應②中生成鹽酸，而鹽酸可以和K2CO3，所以碳酸鉀的作用是使反應向正方向移動，故正確；故選CD。(2)根據以上分析可知物質C的結構簡式為：；(3)反應②的化學方程式為；（4）根據題中信息可知，氨基可以和二鹵代烴反應生成環，所以先生成二鹵代烴和氨基。合成路線為：。（5）分子式為C4H9O2N的物質F，寫出物質F的可能的同分異構體結構①分子結構中有一個六元環；②1H-NMR譜顯示分子中有3種氫原子，則說明結構有對稱性，六元環由3個碳和一個氮原子和2個氧原子形成對稱位置的環，另外連接一個甲基即可，結構為或?；蛄h由一個氮原子和一個氧原子和4個碳原子形成有對稱性的環，另外連接羥基，結構為。18、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【解題分析】

①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質中不能重復出現，結合①②的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；根據上述推斷作答?！绢}目詳解】①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質中不能重復出現，結合①②的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；（1）A的化學式為Ba（NO3）2，C的化學式為CuSO4，D的化學式為Na2CO3。（2）D為Na2CO3，鹽酸與Na2CO3反應生成NaCl、H2O和CO2，反應的離子方程式為2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C為CuSO4，CuSO4與Ba（OH）2溶液反應的化學方程式為CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反應的離子方程式為Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓?！绢}目點撥】本題考查離子的推斷，熟悉各離子的性質和離子間的反應是解題的關鍵。離子的推斷必須遵循的原則：肯定原則（根據實驗現象確定一定存在的離子）、互斥原則（相互間能反應的離子不能在同一溶液中共存）、守恒原則（陽離子所帶正電荷的總數等于陰離子所帶負電荷總數）。19、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑濃硫酸a趕走裝置內部的氧氣和水，避免S2Cl2因反應而消耗【解題分析】

從裝置圖中可以看出，A為氯氣的制取裝置，B為除去氯氣中氯化氫的裝置，C為干燥氯氣的裝置，D為制取一氯化硫的裝置，E為干燥裝置，F為尾氣處理裝置，據此分析解答問題。【題目詳解】(1)A裝置為實驗室制取Cl2的裝置，發生反應的離子反應方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)一氯化硫(S2Cl2)常溫下較為穩定，受熱易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化產物中不僅有淡黃色固體(S)，而且還有兩種氣體，用NaOH溶液吸收該氣體可得兩種鹽Na2S