〖精选3套试卷〗2020学年山东省济宁市高二化学下学期期末复习检测试题

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．下列离子方程式表达不正确
．．．的是
A．用SO2水溶液吸收Br2：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br－
B．酸性高锰酸钾和过氧化氢制取少量氧气：4MnO4-+4H2O2+12H+=4Mn2++7O2↑+10H2O
C．用稀硫酸除去铜绿：4H＋＋Cu2(OH)2CO3=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O
D．少量Ba(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应：Ba2++2HCO3－+2OH－=BaCO3↓+2H2O+CO32－
2．已知常温下浓硫酸能使铝片表面形成致密氧化膜，下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是
A．制硫酸铝B．制氢氧化铝
C．过滤氢氧化铝D．灼烧制氧化铝
3．下列实验误差分析不正确的是（）
A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小
4．下列说法中错误的是:
A．SO2、SO3都是极性分子B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
5．25℃时，向浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg随n(NaOH)的变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A．HX为弱酸，HY为强酸
B．水的电离程度：d＞c＞b
C．c点对应的溶液中：c(Y－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na＋)＞c(X－)＞c(Y－)＞c(H＋)＞c(OH－) 6．核磁共振氢谱是根据不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号不同来确定有机物分子中氢原子种类的。

下列有机物分子中，在核磁共振氢谱中只给出一种信号的是（）
A．丙烷B．正丁烷C．新戊烷D．异丁烷
7．对于0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液，下列说法中，不正确的是：
A．溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度
B．升高温度，溶液的pH值也升高
C．加入少量NaOH固体，c（CO32―）与c（Na＋）均增大
D．离子浓度关系：c (Na+) + c (H+) = c (CO32―) + c (HCO3―) + c (OH―)
8．下列事实不能
．．用勒夏特列原理解释的是
A．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
B．洗涤油污时热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液效果更好
C．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生刺激性气味的气体
D．工业上使用催化剂提高SO2与O2合成SO3的效率
9．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．
+
12
-
c(H)
110
c(OH)
-
=⨯的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
B．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
C．c(Fe2+)=1 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、AlO2-、SO42-
D．能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH4+、SO42-、HCO3-
10．元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为－1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲和能。

－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能。

下表中给出了几种元素或离子的电子亲和能数据：
下列说法正确的是（）
A．电子亲和能越大，说明越难得到电子
B．一个基态的气态氟原子得到一个电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量
C．氧元素的第二电子亲和能是－780 kJ·mol-1
D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要放出能量
11．下列化合物中，核磁共振氢谱只出现三组峰且峰面积之比为3∶2∶2的是()
A．
B．
C．
D．
12．用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是
A．c(NH4＋)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋) B．c(NH4＋)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋) C．c(Cl－)＞c(NH4＋)，c(OH－)＞c(H＋) D．c(Cl－)＞c(NH4＋)，c(H＋)＞c(OH－)
13．下列叙述不正确的是
A．氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH)
B．饱和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)
C．0.1mol/LCH3COOH溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
D．Ca(OH)2溶液中：c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)
14．下列溶液中可能大量共存的离子组是（）
A．无色澄清透明溶液中：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．由水电离出c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Al3+、Cl－、SO42－
15．下列叙述不正确的是
A．甲苯分子中所有原子在同一平面上
B．苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应
C．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)
D．可用溴的四氯化碳溶液区别和
16．草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。

在0.1mol·L-1 KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（）A．c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)
B．c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1
C．c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
D．c(C2O42-)<c(H2C2O4)
17．下面的排序不正确
．．．的是
A．熔点由高到低：Na>Mg>Al
B．晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
C．晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4
D．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
18．区别植物油和矿物油的正确方法是
A．加酸性KMnO4溶液、振荡B．加NaOH溶液、煮沸
C．加Br2水、振荡D．加新制碱性Cu(OH)2悬浊液、煮沸
19．（6分）下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
20．（6分）下列有关物质检验的实验结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，某化学兴趣小组为测定各成分的含量进行如下两个实验：
实验1 ①称取一定质量的样品，将样品溶解；
②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；
③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体28.7 g
实验2 ①称取与实验1中相同质量的样品，溶解；
②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；
③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；
④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧到质量不再减少，得到固体Fe2O36.40g
根据实验回答下列问题：
（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有________
（2）实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量的铁粉，其作用是_________
（3）用化学方程式表示实验2的步骤②中通入足量Cl2的反应：___________
（4）用容量瓶配制实验所用的NaOH溶液，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是(填序号)_______。

a．未冷却溶液直接转移
b．没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转入容量瓶
c．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线
d．砝码上沾有杂质
e．容量瓶使用前内壁沾有水珠
（5）检验实验2的步骤④中沉淀洗涤干净的方法是___________
（6）该小组每次称取的样品中含有FeCl2的质量为_________g
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）有机物F(C9H10O2)是一种有茉莉花香味的酯。

用下图所示的方法可以合成F。

其中A 是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。

E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。

回答下列问题：
(1)A的分子式是____________；
(2)B的结构简式是________________________；
(3)为检验C中的官能团，可选用的试剂是____________；
(4)反应④的化学方程式是____________________________________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）NO x主要来源于汽车尾气。

已知：N 2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180.50kJ·mol-1
2CO(g)+O 2(g)2CO2(g)△H=–566.00kJ·mol-1
（1）为了减轻大气污染，人们设想提出在汽车尾气排气管口将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。

写出该反应的热化学方程式：_______________________________，该想法能否实现______（填“能”或“不能”）。

（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO的物质的量随时间变化的关系如图甲所示。

①T℃时该化学反应的平衡常数K=_________，平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将_________（填“向左”“向右”或“不）移动。

②图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中，n(NO)
的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是________（填“a”或“b”）。

③15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是__________ 24．（10分）过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。

（1）海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。

其中，导致海水呈弱碱性的微粒有______。

（2）珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。

形成珊瑚礁的主要反应为Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O。

① 请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：______。

② 与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。

请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：______。

（3）研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩（主要成分为CaSiO3）中，使其转化为碳酸盐晶体。

玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为______。

（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。

已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO4·2H2O。

①吸收塔中发生的反应可能有______（写出任意2个反应的离子方程式）。

②料浆的主要成分是______（写化学式）。

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．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．Br 2会将溶液中的SO 2氧化生成硫酸，硫酸是强酸可以拆分，A 项正确；
B ．4MnO -做氧化剂，
22H O 做还原剂，化学计量系数比应该为2:5，选项中的方程式电子得失不守恒，正确的方程式为：2422222MnO 5H O +6H =2Mn
5O 8H O -
+
+
++↑+，B 项错误；
C ．硫酸是强酸，可以拆分；铜绿的主要成分是不溶于水的碱式碳酸铜，离子方程式中不可拆分，所以C 项正确；
D ．Ba(HCO 3)2与NaOH 反应时是少量的，所以Ba(HCO 3)2整体的化学计量系数为1，OH -的系数根据需求书写，D 项正确； 答案选B 。

【点睛】
离子方程式正误判断，首先观察离子方程式是否满足三个守恒，其次观察离子方程式中各物质的拆分是否正确，最后观察离子方程式是否符合反应实际，化学计量系数是否正确等。

2．C 【解析】 【详解】
A 、常温下浓硫酸能使铝钝化得不到硫酸铝，选项A 错误；
B 、过量氢氧化钠与硫酸铝反应生成偏铝酸钠而得不到氢氧化铝，选项B 错误；
C 、氢氧化铝不溶于水，可通过过滤与水分离,且过滤操作正确，选项C 正确；
D 、灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，选项D 错误。

答案选C 。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点,涉及化学实验基本操作、物质分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，易错点为选项B 。

3．A 【解析】
分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。

详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式c B=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误；
B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；
C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；
D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。

答案选A。

5．C
【解析】
【详解】
A．lg越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg=12，说明c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，
所以HX为强酸，其酸性强于HY，加入氢氧化钠物质的量10×10-3mol，酸HX和氢氧化钠溶液恰好反应，lg=1，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故HX为强酸，HY为弱酸，故A错误；B．d点是强酸HX的
溶液中滴加NaOH溶液恰好将HX反应一半、剩余一半，故水的电离被强酸抑制；c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c
（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-
的水解，水的电离也被抑制；而在b点，加入的氢氧化钠的物质的量为8×10-3mol，所得的溶液为大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lg=0，离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）=10-7，溶
液显中性，即HY的电离程度等于Y-的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制，故水的电离程度d ＜c＜b，故B错误；C．c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）
=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，故c（Y-）＞C（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．若将c点与d点的溶液全部混合，所得溶液等同NaX、HY等物质的量的混合液，其中X-
不水解，HY部分电离，则溶液中离子浓度大小为c(Na＋)=c(X－)＞c(H＋)＞c(Y－)＞c(OH－)，故D错误；答案为C。

6．C
【解析】
【详解】
A．CH3CH2CH3结构对称，只有2种H原子，核磁共振氢谱图中给出两种峰，故A错误；
B．CH3CH2CH2CH3含有2种H原子，核磁共振氢谱图中给出两种峰，故B错误；
C．C（CH3）4有1种H原子，核磁共振氢谱中给出一种峰，故C正确；
D．（CH3）2CHCH3中有2种H原子，核磁共振氢谱图中只给出两种峰，故D错误；
答案：C
7．D
【解析】
【详解】
A. 碳酸钠溶液中碳酸钠水解，促进水的电离，碳酸钠溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度，故A 正确；B、碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故B正确；C、碳酸钠水解显碱性，加入氢氧化钠氢氧根离子浓度增大平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，钠离子浓度增大，故C正确；D、溶液中存在电荷守恒，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故D错误；故选D。

8．D
【解析】
【详解】
A.饱和食盐水中氯离子浓度较大，使Cl 2+H2O HCl+HClO平衡逆向移动，实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2，可用勒夏特列原理解释，A错误；
B.热的纯碱水解程度大，氢氧根离子浓度大，促使酯与水的反应逆向移动，可用勒夏特列原理解释，B错
误；
C.浓氨水中加入氢氧化钠固体时，溶液中的氢氧根离子浓度增大，使氨的电离平衡逆向移动，产生刺激性气味的气体，可用勒夏特列原理解释，C错误；
D.工业上使用催化剂加快SO2与O2合成SO3的反应速率，生成效率提高，与勒夏特列原理无关，D正确；答案为D。

【点睛】
催化剂不能破坏化学平衡状态，只影响化学反应速率。

9．A
【解析】
【分析】
离子之间能够大量共存是指离子之间既不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，也不发生氧化还原反应、络合反应等，据此进行分析解答。

【详解】
A．
+
12
-
c(H)
110
c(OH)
-
=⨯的溶液呈碱性，这几种离子相互间不反应且都不与氢氧根离子反应，所以能大量共
存，A选项符合题意；
B．Fe3+、SCN−发生络合反应而不能大量共存，B选项不符合题意；
C．Fe2+、NH4+与AlO2-发生双水解而不能大量共存，C选项不符合题意；
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D选项不符合题意；
答案选A。

【点睛】
离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件，如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本题D项限定条件：能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的H+和OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如本
题A项
+
12
-
c(H)
110
c(OH)
-
=⨯的溶液，说明溶液呈碱性；做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正
确答案。

10．C 【解析】【分析】
【详解】
A.电子亲和能越大，表明获得电子形成阴离子释放的能量越多，形成的阴离子越稳定，而且根据表中数据知得电子能力越强的元素的原子的电子亲和能越大，所以电子亲和能越大，说明越易得到电子，A错误；
B.根据表中数据，1mol基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量，B错误；
C.O-的电子亲和能为-780kJ/mol，即氧元素的第二电子亲和能为-780kJ/mol，C正确；
D.O的第一电子亲和能为141kJ/mol，1mol基态的气态氧原子得到1mol电子成为O-释放141kJ能量，O-的电子亲和能为-780kJ/mol，O-得到1mol电子成为O2-吸收780kJ能量，由于780kJ>141kJ，基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量，D错误；
答案选C。

11．A
【解析】
【分析】
核磁共振氢谱只出现三组峰，说明有机物含有三种H原子，峰面积之比为3：2：2说明分子中三种H原子数目之比为3：2：2，结合分子中等效氢判断，分子中等效氢原子一般有如下情况：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效．②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效．③处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．
【详解】
A、分子中有3种H原子，分别处于甲基上、环上甲基邻位、苯环甲基间位，三者H原子数目之比为3：2：2，故A符合；
B、分子高度对称，分子中有2种H原子，分别处于甲基上、苯环上，二者H原子数目之比为6：2，故B不符合；
C、分子中有2种H原子，分别处于甲基上、C=C双键上，二者H原子数目之比为6：2=3：1，故C不符合；
D、分子中有2种H原子，分别处于甲基上、亚甲基上，二者H原子数目之比为6：4=3：2，故D不符合；
故选：A。

12．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据溶液中电荷守恒可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，即c(Cl－)＞
c(NH4＋)，c(OH－)＞c(H＋)是不可能的，故C项错。

答案选C。

13．C
【解析】分析：本题考查的是弱电解质的电离和溶液中的守恒规律，关键为三大守恒。

详解：A.氨水中的电荷守恒有c(OH－) ＝c(H＋)+ c(NH)，故正确；B.饱和硫化氢溶液中，因为硫化氢存在两步电离，且第一步电离程度大于第二步，所以微粒浓度关系为c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故正确；C.在醋酸溶液中，醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子，水也能电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故错误；D.氢氧化钙溶液中的电荷守恒有c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)，故正确。

故选C。

点睛：弱电解质存在电离平衡，需要注意多元弱酸的电离是分步进行的，因为电离出的氢离子对后面的电离有影响，所以电离程度依次减弱。

14．D
【解析】分析：A. MnO4-为紫色；
B. pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
C. 铁离子与硫氰酸根离子能反应生成硫氰化铁；
D. 由水电离出c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。

详解:A. MnO4-为紫色，H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B. pH=1的溶液，显酸性，H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应，故B错误；
C. 铁离子与硫氰酸根离子能反应生成硫氰化铁，硫氰化铁属于弱电解质，故C错误；
D. 由水电离出c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性可以大量共存，故D 正确；
所以D选项是正确的。

点睛：解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：
（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；
（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；
（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；
（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

15．A
【解析】
A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；
B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；
C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：CH3－CH2－CH(Cl)2、CH3－C(Cl)2－CH3、CH3－CHCl－CH2Cl和CH2Cl－CH2－CH2Cl共4种，所以C正确；
D、因分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。

本题正确答案为A。

【详解】
A. 根据溶液呈电中性，则c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，与题意不符，A错误；
B. 根据C原子守恒，则c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，与题意不符，B错误；
C. 根据C原子守恒，c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，符合题意，C正确；
D. 草酸氢钾溶液呈酸性，则HC2O4-电离程度大于HC2O4-水解程度，即c(C2O42-)>c(H2C2O4)，与题意不符，D 错误；
答案为C。

17．A
【解析】
【详解】
A．Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低顺序为Al＞Mg＞Na，故A错误；
B．四种物质的阳离子相同，阴离子半径逐渐增大，晶格能逐渐减小，即晶格能由大到小：NaF> NaCl> NaBr>NaI，故B正确；
C．四种分子晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，即晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4，故C正确；
D．原子半径Si＞C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故D正确；
答案选A。

18．B
【解析】
【分析】
植物油为不饱和脂肪酸甘油酯，矿物油多为饱和烃类物质，也可能含有不饱和烃，利用酯、烯烃的性质可区别二者，以此来解答。

【详解】
A. 植物油与矿物油都有碳碳双键与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，不能区别，故A错误；
B. 植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可鉴别，故B正确；
C. 植物油与矿物油均可使溴水发生加成反应使其褪色，不可区别，故C错误；
D. 二者均不与新制Cu(OH)2悬浊液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故答案选：B。

分析：A．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应；B．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化；C．显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等。

详解：A．碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应，结论错误，故A错误；B．常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，结论不合理，故B错误；C．显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝说明氨水显碱性，故C正确；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等，结论不正确，故D错误；故选C。

点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质为解答的关键。

本题的易错点为B，要注意钝化属于化学变化。

20．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 可能受到Ag+影响，生成AgCl沉淀，应该是先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，A错误；
B. 加入KSCN之后，溶液不变红色，是因为没有Fe3+，加入氯水之后，Fe2+被氧化为Fe3+，可以使含有SCN-的溶液变红，B正确；
C. 能够使品红溶液褪色的气体不一定就是SO2，还可能是其他气体比如氯气，C错误；
D. 能发生银镜反应的官能团为醛基，即只能说明该物质含有醛基，不能说明该物质就是醛类，比如甲酸或甲酸酯等，D错误；
故合理选项为B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．烧杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液加适量AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净 5.08
【解析】
【分析】
（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；
（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3；
（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3；
（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n
V
分析判断；
（5）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；
（6）依据原子个数守恒建立方程组求解。

【详解】
（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使被氧气氧化产生的FeCl3重新转化为FeCl2，故答案为：防止溶液里的Fe2+被氧化；
（3）实验2的反应为Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3，反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：
Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
（4）a、NaOH溶解放热，未冷却溶液直接转移，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
b、没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
c、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
d、砝码上沾有杂质，会导致溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；
e、容量瓶使用前内壁沾有水珠，不影响溶质的物质的量和对溶液的体积，对溶液浓度无影响；
ad正确，故答案为：ad；
（5）检验沉淀是否洗涤干净，检验洗涤液中不含Cl-即可，因为氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，所以如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之说明溶液中没有氯化钠，故答案为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液加适量AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净；
（6）6.40g Fe2O3的物质的量为
6.40
160/
g
g mol
=0.04mol，28.7 gAgCl的物质的量为
28.7
143.5/
g
g mol
=0.2mol，设
FeCl3和FeCl2的物质的量分别为amol和bmol，由Fe原子个数守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子个数守恒可得3a+2b=0.2②，解联立方程式可得a=b=0.04mol，则FeCl2的质量为0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案为：5.08。

【点睛】
本题主要考查了化学实验以及化学计算，注意FeCl3和FeCl2的性质，操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，计算时抓住元素守恒是解答关键。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．C2H4CH3CH2OH 银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液
CH3COOH+
浓硫酸
+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A是相对分子质量为28的烃，且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，分子式为C2H4；。