2019-2020学年安徽省宣城市高二化学下学期期末预测试题

2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH固体②H2O ③CH3COONa固体④NaNO3固体⑤KCl溶液
A．②③⑤B．①②C．②④D．②③④⑤
2．常温下，向1L0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3•H2O的变化趋势如图所示
（不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确
．．．的是
A．在M点时，n(OH-)-n(H+) = (a-0.05)mol
B．随着NaOH的加入，c(H+) / c(NH4+)不断增大
C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(OH-)＞c(Cl-)-c(NH3•H2O)
3．下列各组物质的分类正确的是（）
①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
⑤强电解质溶液的导电能力一定强
⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应
A．全部正确B．①②⑤⑦C．②③⑥D．④⑥
4．下列关系比较及解析有错误的是
选
关系解析
项
A Mg原子的第一电离能大于Al原子Mg原子3s能级全充满
B 原子半径：Cl＜S Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强
C 沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响
D
配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞
[Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)6]Cl2和[Co(NH3)5Cl]Cl2 分别有6个和5个NH3，所以配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2
A．A B．B C．C D．D
5．用石墨作电极，分别电解下列各物质的溶液：①CuSO4②NaCl ③CuCl2④KNO3⑤盐酸⑥H2SO4⑦NaO H ，其中只有水被电解的有
A．①②⑤B．④⑥⑦
C．②④⑥⑦D．③⑤⑥⑦
6．EDTA 是一种重要的络合剂。

4mol一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1molEDTA和4molHCl，则EDTA的分子式为（）
A．C10H16N2O8B．C10H20N2O8C．C8H16N2O8D．C l6H20N2O8Cl
7．化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。

下列有关说法正确的是A．该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能
B．该合成氨过程不属于氮的固定
C．空气、水、太阳能均为可再生资源
D．断裂N2中的N≡N键会释放出能量
8．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含N A个原子的气体的物质的量一定是1mol
B．3.2g 16O2和3.6g 18O2中含有的质子数均为1.6N A
C．1L 0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中所含CH3COO-个数为0.1N A
D．标准状况下，2.24L甲烷、戊烷混合物所含分子数为0.1N A
9．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。

分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。

消耗NaOH溶液的体积为V x、V y则( )
A．x为弱酸，V x<V y B．x为强酸，V x>V y
C．y为弱酸，V x<V y D．y为强酸，V x>V y
10．乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸的作用是
A．脱水作用B．吸水作用
C．氧化作用D．既起催化作用又起吸水作用
11．一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

纵坐标p(M n＋)表示－lgc(M n＋)，横坐标p(S2－)表示－lgc(S2－)，下列说法不正确的是( )
A．该温度下，Ag2S的K sp＝1.6×10－49
B．该温度下，溶解度的大小顺序为NiS＞SnS
C．SnS和NiS的饱和溶液中＝104
D．向含有等物质的量浓度的Ag＋、Ni2＋、Sn2＋溶液中加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS
12．N A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．HNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3N A
B．0.4mol•L-1Na2SO4溶液中，所含的Na+和SO42—总数为1.2N A
C．常温常压下，16gO3含有的氧原子数为N A
D．12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.2N A
13．下列有机物的命名正确的是
A．2-甲基-2,3-二氯戊烷B．3,3-二甲基-4-乙基戊烷
C．2,4,6-三氯己烷D．3-甲基-3-丁烯
实验目的 实验操作
A
制备()3Fe OH 胶体
将NaOH 浓溶液滴加到饱和的3FeCl 溶液中 B 由2MgCl 溶液制备无水2MgCl 将2MgCl 溶液加热蒸干
C 除去Cu 粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D 配制3FeCl 溶液
将氯化铁固体溶于盐酸中
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
15．下列离子方程式中正确的是( ) A ．钠与水反应: Na +2H 2O
Na ++2OH – + H 2↑
B ．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸: Ba 2+
+OH –
+ H +
+
BaSO 4↓+H 2O
C ．向Al 2(SO 4)3溶液中加入过量氨水：Al 3++3NH 3﹒H 2O ＝Al(OH)3↓+3NH 4+
D ．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca 2+
++OH
–
CaCO 3↓+H 2O
16．下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A ．0.5 mol·L －1的Na 2SO 4溶液中含有的Na ＋和SO 42-的总物质的量为1.5 mol
B ．当11.2 L 氨气溶于水制得1 L 氨水时，其浓度是0.5 mol·L －1
C ．在K 2SO 4和NaCl 的中性混合水溶液中，如果Na ＋和SO 42-的物质的量相等，则K ＋和Cl －的物质的量浓度一定相同
D ．10 ℃时，0. 5 mol·L －1的KCl 饱和溶液100 mL 蒸发掉5 g 水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL ，它的物质的量浓度仍为0. 5 mol·
L －1 17．下列事实中，使用牺牲阳极的阴极保护法进行金属防腐的是 A ．地下钢管连接镁块 B ．金属护栏表面涂漆
C ．汽车底盘喷涂高分子膜
D ．水中的钢闸门连接电源的负极
18．分枝酸可用于生化研究。

其结构简式如图。

下列关于分枝酸的叙述正确的是
A ．分子中含有2种官能团
B ．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C ．1mol 分枝酸最多可与3molNaOH 发生中和反应
19．（6分）下列反应的离子方程式正确的是
A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应Ba2++OH—+H++SO42—===BaSO4↓+H2O
B．氨水滴入氯化镁溶液：2OH－+Mg2+===Mg(OH)2↓
C．Cu与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu2＋＋2NO2↑+2NO3—+2H2O
D．SO2与足量澄清石灰水反应：SO2+Ca2++2OH—=== CaSO3↓+H2O。

20．（6分）下列化学用语表示正确
．．的是（）
A．四氯化碳分子的比例模型：B．氯乙烷结构简式：CH2ClCH2Cl
C．CH3CH2NO2与H2NCH2COOH互为同分异构体D．丙烯的键线式：
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。

为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：
步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。

步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═ K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。

向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。

步骤3：用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。

重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL。

记录数据如下表：
实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）
1 0.0200 V1 = 20.02
2 0.0200 V
3 = 19.98
3 0.0200 V2 = 23.32
请回答下列问题：
（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。

（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。

（3）加入锌粉的目的是______________________________。

（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。

（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。

A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液
C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。

例如，
该反应式也可表示为
下面是几种有机化合物的转化关系：
(1)根据系统命名法，化合物A的名称是_____________。

(2)上述框图中，①_________是反应，③___________是反应。

(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：_________。

(4)C2的结构简式是，F1的结构简式是______________，F1与F2互为__________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。

（1）COCl2的空间构型为______________，溴的基态原子价电子排布式为_____________。

（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列_____________（填字母）式发生。

A．CsICl2====CsCl+ICl B．CsICl2====CsI+Cl2
（3）根据表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是____。

元素氟氯溴碘
第一电离能/
1681 1251 1140 1008
kJ mol-1
A．HCl B．HF C．SO2D．SCl2
（5）已知ClO2－为“V”形，中心氯原子周围有4对价层电子。

ClO2－中心氯原子的杂化轨道类型为
______________，写出一个与CN—互为等电子体的物质的分子式：______________。

（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为__________。

已知该氧化物的密度是ρg·cm-3，则晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为_________cm （只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为N A）。

24．（10分）化合物H是一种有机光电材料中间体。

实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如下:
已知:
①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题:
(1) 1 mol A完全加成时最多可消耗H2______mol；E的结构简式是_______。

(2)F分子中包含的官能团名称是______；D→E的反应类型是______。

(3)写出由F生成H的化学方程式_______。

(4)芳香族化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠容液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1，则符合要求的X的结构简式有______种。

(5)结合本题信息，仿照上述合成路线，设计由和丙醛合成的
流程图:______(无机试剂任选)。

参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A 【解析】 【分析】
为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应降低溶液中氢离子的浓度，而不影响氢离子的总的物质的量，据此进行分析。

【详解】
①加入NaOH 固体，NaOH 会和盐酸反应，消耗氢离子，生成氢气的总量减少，①错误；②加入水，盐酸浓度降低，反应速率减小，氢离子总物质的量不变，生成氢气的总量不变，②正确；③加入CH 3COONa 固体生成弱酸：CH 3COOH ，H +浓度降低，反应速率减慢，但H +的总的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，③正确；④加入NaNO 3固体，NO 3-在酸性条件下具有强氧化性，能与铁粉反应生成NO 和水，影响了生成氢气的总量，④错误；⑤因为KCl 不与盐酸或铁粉反应，加入KCl 溶液相当于加水，盐酸浓度降低，反应速率减小，生成氢气的总量不变，⑤正确；综上所述，A 项正确； 答案选A 。

2．B 【解析】 【详解】
A. n(Na +)=amol ，n(NH 4+)=0.05mol ，n(Cl －)=0.1 mol 根据电荷守恒，n(OH －)+ n(Cl －)=n(H +)+ n(Na +)+n(NH 4+)；n(OH －)-n(H +)＝n(Na +)+ n(NH 4+) - n(Cl －) =(a -0.05)mol ，故A 正确；
B. +-432(NH )(OH )(NH H O)
⋅⋅ 不变，随着NaOH 的加入，()42c NH H O ⋅不断增大，所以()()+-4c NH c OH 增大，
()()
++-+-++-44(H )(H )(OH )
=,c H c OH =Kw (NH )(NH )(OH )
⋅⋅ ，++4(H )
(NH )
不断减小，故
B 错误； C. 向氯化铵溶液中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M 点溶液中水的电离程度比原溶液小，故
C 正确； 当n(NaOH)＝0.1mol 时，(
)()+
-c Na
=c Cl =0.1，c(OH －
)=c(Cl －
)- c(NH 3•H 2
O)+ c(H +
)，所以c(OH －
)＞c(Cl
－
)- c(NH 3•H 2O)，故D 正确；
3．D
【解析】
【详解】
①氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，①错误；
②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，②错误；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；
④C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成单质，互为同素异形体，④正确；
⑤强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，⑤错误；
⑥由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，⑥正确；
⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，⑦错误。

答案选D。

【点睛】
⑤是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。

电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如1mol/L 的醋酸溶液的导电能力就大于0.00001mol/L的盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，A正确；
B．Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强，所以原子半径：原子半径：Cl＜S，B正确；
C．对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响，所以沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，C正确；
D．[Co(NH3)6]Cl2的配位体是6个NH3，配位体个数为6，[Co(NH3)5Cl]Cl2 的配位体是5个NH3和1个Cl-，所以[Co(NH3)5Cl]Cl2的配位体个数为6，两者的配位体个数相等，D错误。

答案选D。

5．B
【详解】
用惰性电极电解①电解CuSO4时，生成Cu和氧气，与题意不符，①错误；
②电解NaCl生成氯气、氢氧根离子和氢气，与题意不符，②错误；
③电解CuCl2生成氯气、Cu，与题意不符，③错误；
④电解KNO3生成氢气和氧气，符合题意，④正确；
⑤电解盐酸生成氯气和氢气，与题意不符，⑤错误；
⑥电解H2SO4生成氢气和氧气，符合题意，⑥正确；
⑦电解NaOH生成氢气和氧气，符合题意，⑦正确；
综上所述，答案为B。

6．A
【解析】
一氯乙酸结构简式为CH2ClCOOH，分子式为C2H3O2Cl，乙二胺的分子式为C2H8N2，4mol 一氯乙酸和1mol 乙二胺在一定条件下发生反应生成1mol EDTA和4mol HCl，有4C2H3O2Cl+C2H8N2→EDTA+4HCl，由质量守恒可得EDTA的分子式为C10H16N2O8，故选A。

点睛：本题考查有机物分子式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：根据反应的关系式，利用质量守恒计算。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、转化过程中不能全部转化成化学能，伴随其他能量的转化，故A错误；
B、氮的固定指游离态转化成化合态，空气中氮是游离态的，属于氮的固定，故B错误；
C、空气、水、太阳能均属于可再生资源，故C正确；
D、断键需要吸收热量，故D错误。

答案选C。

8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 因为气体分子是单原子分子、双原子分子还是多原子分子未知，则含N A个原子的气体的物质的量不一定是1mol，含N A个分子的气体的物质的量一定是1mol，A错误；
B. 16O2和18O2的摩尔质量分别为32 g/mol和36g/mol，1个16O2和18O2中都含有16个质子，3.2g 16O2和
C. 1L 0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中因为醋酸根离子水解所含CH3COO-个数＜0.1N A，C错误；
D. 标准状况下，戊烷不是气体，故混合气体所含分子数不等于0.1N A，D错误；
答案选B。

9．C
【解析】
【分析】
由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。

【详解】
由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V
，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶碱
液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vx<Vy；故选：C。

【点睛】
本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小，题目难度不大。

10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．该反应生成物为乙酸乙酯，没有乙烯生成，则浓硫酸没有起到脱水作用，故A错误；
B．该反应在一般条件下难以进行，浓硫酸在反应中主要起到催化剂的作用，故B错误；
C．该反应不是氧化还原反应，属于取代反应类型，故C错误；
D．制备乙酸乙酯的反应属于反应为可逆反应，为提高反应物的产率，加入浓硫酸除起到催化剂的作用之外，还起到吸水剂的作用，有利于反应向正方向进行，提高产率，故D正确。

答案选D。

11．C
【解析】分析：A.根据Ag2S的沉淀溶解平衡曲线a点数据计算K sp；
B. 根据SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线比较；
C.先根据图像计算出K sp(NiS)和K sp（SnS），再根据饱和溶液中锡离子和镍离子浓度之比等于溶度积之比计算；
D.计算沉淀等物质的量浓度的Ag＋、Ni2＋、Sn2＋所需c(S2－)的大小，进行比较。

详解：A.由a(30，10－lg 4)可知，当c(S2－)＝10－30 mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－(10－lg 4) mol·L－1，K sp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝[10－(10－lg 4)]2×10－30= 1.6×10－49，A项正确；
B.观察SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可以看出，当两条曲线中c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Sn2+)，由于SnS 和NiS沉淀类型相同，所以溶解度的大小顺序为NiS＞SnS ，B项正确；
C.SnS和NiS的饱和溶液中=＝=10－4，C项错误；
D.假设Ag＋、Ni2＋、Sn2＋均为0.1 mol·L－1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2－)分别为1.6×10－47、10－20、10－24，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS，D项正确。

故本题答案选C。

12．C
【解析】
【详解】
A．硝酸做氧化剂参与反应，可能被还原为+4、+2等价态，故1mol硝酸参与反应后得到的电子数不一定为3N A个，还可能为N A个等，故A错误；
B．溶液体积不明确，故溶液中的钠离子和硫酸根的个数无法计算，故B错误；
C．16 g臭氧中含有氧原子的物质的量为1mol，含有的氧原子数为N A，故C正确；
D．熔融状态下，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol 阳离子，则12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.1N A，故D错误；
答案选C。

【点睛】
本题的易错点为D，要注意NaHSO4在溶液中和熔融状态下电离方程式的区别。

13．A
【解析】A. 2－甲基－2，3－二氯戊烷的有机物存在，命名正确，A正确；B. 3，3－二甲基－4－乙基戊烷应该是3，3，4－三甲基己烷，B错误；C. 2，4，6－三氯己烷应该是1，3，5－三氯己烷，C错误；D. 3－甲基－3－丁烯应该是2－甲基－1－丁烯，D错误，答案选A。

点睛：掌握有机物的命名原则和方法是解答的关键，尤其是烷烃的命名方法，注意了解有机物系统命名中常见的错误：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④“－”、“，”忘记或用错。

14．D
【解析】
【详解】
A项、在氢氧化钠溶液中加入饱和FeCl3溶液，反应得到氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体应在沸水中滴
加氯化铁饱和溶液，加热至溶液呈红褐色，故A错误；
B项、将MgCl2溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，得到的是氢氧化镁沉淀，应该在HCl气流中加热制备无水MgCl2，故B错误；
C项、Cu和CuO均能与稀硝酸反应，除去Cu粉中混有的CuO，应加入稀盐酸溶液或稀硫酸溶液，过滤、洗涤、干燥，故C错误；
D项、为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时，应先将氯化铁固体溶于盐酸中，再稀释得到配制所需氯化铁溶液，故D正确；
故选D。

【点睛】
饱和氯化铁溶液滴入沸水中制得氢氧化铁胶体，加入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀是易错点。

15．C
【解析】分析：先根据所给物质的化学性质判断其反应产物，再根据离子方程式书写要求判断离子方程式是否正确。

详解：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，A选项电荷不守恒，正确的是：2Na +2H2O=2Na++2OH– + H2↑，A选项错误；向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水，1mol氢氧化钡电离出2mol氢氧根离子，1mol 硫酸电离出2mol氢离子，反应的离子方程式：Ba2++2OH–+ 2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，B选项错误；氨水是弱碱，氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式：Al3++3NH3﹒H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C选项正确；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀和氨气，D选项错误，正确选项C。

点睛：离子方程式正误判断规律（三“看”）：
第一看：符不符（即是否符合反应事实）
（1）反应物和生成物不符：如：铁和稀盐酸的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑；
（2）漏掉离子反应：如稀硫酸与氢氧化钡的离子反应写为：Ba2++SO42－=BaSO4↓；
（3）反应物或产物的配比是否正确，是否符合题设条件及要求，如“过量”、“少量”、“足量”等情况：如：本题中的B选项配比不正确，D选项没有考虑石灰水是足量的。

第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）
⑴元素守恒：反应前后各元素的原子个数相等；
⑵电荷守恒：方程式左右两边离子的电荷总数相等，如本题中的A选项；
⑶电子守恒（价守恒）：对于氧化还原反应，反应过程中元素化合价升高总数与降低总数相等；
第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）
⑴强酸、强碱和易溶于水的盐要拆写为离子，难溶物质、难电离物质、挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等要书写为化学式；
⑵微溶物作为反应物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬浊液写为化学式。

微溶物作为生成物，一般写为
化学式，并标“↓”符号；
⑶多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆写。

16．D
【解析】
【详解】
A、缺少溶液的体积，无法计算0.5 mol·L－1的Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量，也无法确定Na＋和SO42-的总物质的量，故A错误；
B、没有明确是否为标准状况，无法计算11.2 L氨气的物质的量，则不能确定氨水的物质的量浓度，故B 错误；
C、在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，根据电荷守恒，如果Na＋和SO42-的物质的量相等，则K＋的物质的量浓度是Cl－的物质的量浓度的2倍，故C错误；
D、温度不变，溶解度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，10℃时，0.5mol•L-1的KCl饱和溶液100mL 蒸发掉5g水，冷却到10℃时，析出氯化钾固体后的溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，仍为0.5m ol•L-1，故D正确；
答案选D。

17．A
【解析】
【详解】
A、金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极；地下钢管连接镁块，Fe、镁、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于镁而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，A正确；
B、金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，B错误；
C、汽车底盘喷涂高分子膜，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，C错误；
D、水中的钢闸门连接电源的负极，构成电解池，是外接电流阴极保护法，D错误。

答案选A。

18．B
【解析】
【分析】
【详解】
A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；
B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；
C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能
与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；
D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

【点睛】
本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。

19．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.不符合定比组分的组成，正确的是Ba2++2OH—+2H++SO42—==BaSO4↓+2H2O，A不正确。

B.氨水属于弱电解质，要用化学式表示，B不正确。

C.硝酸是强电解质，要用离子表示，C不正确。

D.石灰水过量，生成物是正盐，D正确。

答案是D。

20．C
【解析】
【详解】
A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比碳原子的原子半径大，而在该模型中原子半径的大小错误，故A错误；
B．氯乙烷的分子式为C2H5Cl，故其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；
C．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2NO2与H2NCH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C正确；
D. 丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故其键线式为，故D错误；
答案选C。

【点睛】
注意比例模型中，原子的半径大小和空间构型！
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．Fe3＋+3H2O Fe(OH)3（胶体）+ 3H＋除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定将Fe3＋还原为Fe2＋加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去ABC20.0% 【解析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；
(2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；
(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；
(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；
(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待
测)=；
A.酸式滴定管要用标准液润洗；
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；
C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大；
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；
(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。

详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2O Fe(OH)3（胶体）+ 3H＋，
因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2O Fe(OH)3（胶体）+ 3H＋；
(2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；
(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，
因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；
(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s 内浅紫红色不褪去，
因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；
(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；
C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C 符合；
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；
因此，本题正确答案是：ABC；
(6)用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。

重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V=mL =20.00mL，
铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为：。