2019-2020学年湖南省岳阳市高二化学下学期期末达标检测试题

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）
1．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中，下列表达式的数值一定变大的是（）A．c（H+）B．c（H+）·c（OH-）C．D．
2．有Al1（SO4）3和K1SO4的混合溶液100mL，将它均分成两份。

一份滴加足量氨水，使Al3+完全沉淀；另一份滴加BaCl1溶液，使SO41﹣完全沉淀。

反应中消耗a mol NH3•H1O、b mol BaCl1．据此得知原混合溶液中的c（K+）为（）
A．（10b﹣10a）mol•L﹣1B．
22
100
b a
-
mol•L﹣1
C．（10b﹣5a）mol•L﹣1D．
2
200
b a
-
mol•L﹣1
3．下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是
A．用图所示装置（正放）
可收集NO气体
B．用图所示装置可吸收
多余氨气且能防止倒吸
C．用图所示装置可实现反
应：Cu+2H2O Cu
（OH）2+H2↑
D．用图所示装置可实
现制乙炔
A．A B．B C．C D．D
4．25℃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－)
5．下列有机物中，一氯代物的数目最多的是( )
A．CH4B．
C．D．C5H12
6．下列说法正确的是
A B C D
通电一段时间后，搅拌均匀，
溶液的pH增大
此装置可
实现
铜的精炼
盐桥中的K+
移向FeCl3溶液
若观察到甲烧杯中石墨电极附近先变红，
则乙烧杯中铜电极为阳极
A．A B．B C．C D．D
7．将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()
A．溶液的pH增大
B．CH3COOH电离度增大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中c(OH－)减小
8．下列实验装置不能达到实验目的的是
选项实验目的反应试剂及所需物质选择装置
A 制乙酸乙酯无水乙醇、冰醋酸、浓硫酸、碎瓷片Ⅰ
B 进行银镜实验银氨溶液、乙醛Ⅱ
C 制葡萄糖酸葡萄糖、3%溴水Ⅲ
D 制乙烯无水乙醇、浓硫酸、碎瓷片Ⅳ
[注:葡萄糖与3%溴水在55 ℃左右反应]
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
9．室温下，下列事实不能说明NH 3▪H 2O 为弱电解质的是 A ．0.1mol▪L －1NH 3▪H 2O 能使无色酚酞试液变红色 B ．0.1mol▪L －1NH 4Cl 的pH 小于7
C ．0.1 molL －1 NaOH 溶液的导电能力比0.1 molL －1氨水的导电能力强
D ．0.1mol▪L －1NH 3▪H 2O 的pH 小于13 10．下列反应的离子方程式书写正确的是
A ．硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应：Fe 3＋＋3OH －==Fe(OH)3↓
B ．硫化钠溶液与氯化铁溶液反应：2Fe 3＋＋3S 2－==Fe 2S 3
C ．过量的铁与很稀的硝酸溶液反应无气体放出：4Fe ＋10H ＋＋NO 3－==4Fe 2＋＋3H 2O ＋NH 4＋
D ．硫化氢气体通入氯化铜溶液：S 2－＋Cu 2＋==CuS↓
11．将11.9g 由Mg 、Al 、Fe 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，合金质量减少了2.7g 。

另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO （标准状况下），向反应后的溶液中加入过量NaOH 溶液，过滤，得到沉淀的质量为
A ．19.4g
B ．27.2g
C ．30g
D ．无法计算 12．下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（ ） A ．乙醇、甲苯、硝基苯 B ．苯、苯酚、己烯 C ．甲酸、乙醛、乙酸
D ．苯、甲苯、环己烷
13．下列各项叙述中，正确的是（ ） A ．Br -的核外电子排布式为：[Ar]4s 24p 6 B ．Na 的简化电子排布式： [Na]3s 1 C ．氮原子的最外层电子轨道表示式为：
D ．价电子排布为 4s 24p 3 的元素位于第四周期第 VA 族，是 p 区元素 14．由下列实验及现象不能．．推出相应结论的是（ ）
实验
现象
结论
A
向32mL 0.1mol/L FeCl 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN 溶液颜色不变
还原性：2+Fe>Fe
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满
2CO 的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
2CO 具有氧化性
C
向某溶液中先加入氯水，再加入KSCN 溶液 加入KSCN 溶液后溶液变红 最初溶液中含有2+Fe
向2支盛有2mL相同浓度盐酸和氢氧化钠溶
D
两只试管中固体均溶解氧化铝是两性氧化物液的试管中分别加入少量氧化铝
A．A B．B C．C D．D
15．苯酚与乙醇在性质上有很大差别的原因是( )
A．官能团不同B．常温下状态不同
C．相对分子质量不同D．官能团所连烃基不同
16．两种气态烃的混合气体共1mol，在氧气中完全燃烧后生成1.5molCO2和2molH2O。

关于该混合气体的说法不正确的是
A．一定含甲烷B．可能含乙烷C．可能含乙烯D．可能含丙炔
17．工业上采用如图装置模拟在A池中实现铁上镀铜，在C装置中实现工业KCl制取KOH溶液。

下列有关说法错误的是
A．a为精铜，b为铁制品可实现镀铜要求
B．c为负极，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2O
C．从e出来的气体为氧气，从f出来的气体为氢气
D．钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液
18．下列化学式只能表示一种物质的是
A．C2H4B．C5H10C．C3H7Cl D．C2H6O
19．（6分）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项操作现象结论
A 向亚硫酸钠粉末中滴加盐酸产生刺激性气体氯的非金属性比硫强
将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞
B
溶液变红色乳酸含有羧基溶液中
C 向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液溶液变蓝色氧化性:Fe3+>I2
D 向硝酸钡溶液中通入SO2产生白色沉淀白色沉淀是BaSO3
A．A B．B C．C D．D
20．（6分）关于有机物和的说法正确的是
A．二者互为同系物B．的一氯代物有 3 种
C．的二氯代物有 12 种D．二者均能发生还原反应、加聚反应
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）硫代硫酸钠又名大苏打、海波，可以用于治疗氰化物中毒等，某化学兴趣小组通过查阅资料，设计了如下的装置(略去部分夹持仪器)来制取Na2S2O3·5H2O晶体并探究其性质。

已知烧瓶C中发生如下三个反应：
Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g) ＝ Na2SO3(aq)＋H2S(aq)
2H2S(aq)＋SO2(g) ＝3S(s)＋2H2O(l) ；S(s)＋Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)
（1）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。

控制SO2生成速率可以采取的措施有
_________________________（写一条）
（2）常温下，用pH试纸测定0.1 mol·L－1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定时的具体操作是
_______________________________。

（3）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，写出该反应的离子方程式_____________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%-5%的D，其转化关系如下图所示。

请回答：
(1)X的结构简式是__________________。

(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。

(3)下列说法不正确
．．．的是________。

A．A+D→X的反应属于取代反应
B．除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液
C．A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多
D．等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）氟的单质及含氟化合物用途非常广泛。

回答下列问题：
(1)BF3常用作有机反应的催化剂，下列B原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为
____________、_______________。

(填标号)
(2)NH4HF2(氟氢化铵)固态时包含的作用力有_______________(填标号)。

a.离子键
b.键
c.键
d.氢键
(3)由反应2F2+2NaOH＝OF2+2NaF+H2O可制备OF2。

OF2的空间构型为___________，氧原子的杂化方式是_____________________________
(4)CsF是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的born－Haber循环计算得到。

由图（a）可知，Cs原子的第一电离能为_______________________kJ·mol－1，F－F键的键能为
________kJ·mol－1，CsF的晶格能为________kJ·mol－1。

(5)BaF2晶胞是一种良好的闪烁晶体[如图(b)所示]。

Ba2＋的配位数为_________个；已知其密度为
，则BaF 2的晶胞参数为a=____________(设N A为阿伏加德罗常数的数值，列出计算式) nm。

24．（10分）钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。

目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4：
2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO； TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO。

将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛：TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2，MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。

请回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为_______________________________。

（2）与CO互为等电子体的离子为_____（填化学式）。

（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有__________。

（4）TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟。

则TiCl4属于______(填“原子”、“分子”或“离子”)晶体。

（5）与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是_____________；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________。

（6）在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如右图所示，则其中Ti4+的配位数为__________。

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．C
【解析】分析：CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，温度不变，K和K w不变，据此分析判断。

详解：A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A错误；B．稀释过程，促进电离，c(H+)
减小，c(OH -)增大，c(H +)•c(OH -)=K w ，K w 不变，故B 错误；C ．CH 3COOH 溶液加水稀释过程，促进电离，但c(CH 3COO -)减小，根据K=
不变，所以
比值变大，故C 正确；D ．稀释过程，
促进电离，c(H +)减小，c(OH -)增大，则变小，故D 错误；故选C 。

2．A 【解析】 【分析】
第一份发生的离子反应方程式为Al 3++3NH 3·H 3O=Al （OH ）3↓+3NH 4+，第二份发生的离子反应方程式为Ba 1++SO 41-=BaSO 4↓。

【详解】
由反应消耗a mol NH 3·H 1O 可知，原溶液中n(Al 3+)=23a mol ，由消耗bmolBaCl 1可知，n(SO 41-)=1bmol ，原溶液中存在电荷守恒关系n （K +）+3n(Al 3+)=1n(SO 41-),溶液中n （K +）=1n(SO 41-)—3n(Al 3+)=4b —3×23a =4b —1a ，则c （K +）=(4?20.)2b a mol
L
=（10b ﹣10a ）mol•L ﹣1，故选A 。

【点睛】
本题考查与化学反应有关的计算，注意依据化学方程式计算，应用电荷守恒分析是解答关键。

3．A 【解析】 【详解】
A ．二氧化碳可防止NO 被氧化，且NO 的密度比CO 2小，从短导管进入集气瓶，排除CO 2，图中类似于排空气法收集气体，A 正确；
B ．NH 3直接与硫酸接触，发生倒吸；苯起不到防倒吸的作用，B 错误；
C ．Cu 与电源负极相连，为阴极，Cu 不失去电子，该实验为电解水，C 错误；
D ．生成的气体易从长颈漏斗逸出，另水与电石反应剧烈，一般使用食盐水与电石反应制取乙炔，D 错误； 故合理选项为A 。

4．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。

5．D
【解析】
【详解】
A.CH4中只有一种位置的H原子，因此一氯取代物只有一种；
B.中有五种位置的H原子，因此一氯取代物有五种；
C.中有两种位置的H原子，因此一氯取代物有两种；
D.C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有三种不同的H原子，异戊烷有中有四种位置的H原子，新戊烷有1种位置的H原子，因此C5H12的一氯取代物有8种；
可见上述有机物中一氯代物的数目最多的是C5H12；
故合理选项是D。

6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、电解硫酸溶液，实质是电解其中的水，电解一段时间后，溶剂水减少，溶液中硫酸浓度增加，整体溶液的PH值减小，故A错误；
B、电解精炼铜时，粗铜应与电源正极相连，精铜与电源负极相连，故B错误；
C、此原电池中铜电极为负极，石墨电极为正极，阳离子K+向正极移动，故C正确；
D、甲烧杯中石墨电极附近先变红说明甲烧杯石墨电极附近有氢氧根生成，则此电极为阴极，铁电极为阳极，所以直流电源M为正极，N为负极，与N负极相连的铜电极为阴极，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题重点考查原电池与电解池的工作原理。

原电池：失高氧负（失电子,化合价升高,被氧化,是负极）得低还正（得电子,化合价降低,被还原,是正极）电子从负极通过外电路到正极；电解池：氧阳还阴（失电子,被氧化,做阳极；得电子,被还原,做阴极）由于外加电场的作用,电解池中阳离子做定向移动,由阳极移动到阴极产生电流。

7．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。

故选A。

8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下，加热时可反应生成乙酸乙酯，用Ⅰ装置可以达到实验目的，故A 能达到实验目的；
B、银氨溶液与乙醛在水浴加热条件下发生银镜反应，可用Ⅱ装置达到实验目的，故B 能达到实验目的；
C、葡萄糖与3%溴水在55 ℃左右反应，应该用水浴加热且需要温度计测量反应温度，Ⅲ装置无法达到实验目的，故C不能达到实验目的；
D、无水乙醇、浓硫酸在170 ℃时反应可生成乙烯，
用Ⅳ装置可以达到实验目的，故D能达到实验目的。

9．A
【解析】
【详解】
A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，不能说明NH3▪H2O 为弱电解质，故选A；
B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，溶液显酸性，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故不选B；
C.在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨部分电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选C；
D.0.1mol▪L－1NH3▪H2O的pH小于13，说明未完全电离，能说明NH3▪H2O为弱电解质，故不选D；
正确答案：A。

【点睛】
判断弱电解质的依据关键点：①弱电解质部分电离；②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。

10．C
【解析】
本题考查离子反应方程式的书写。

分析：A、根据反应中还有硫酸钡沉淀生成判断；B、根据Fe3+与S2-发生氧化还原反应分析；C、根据电子守恒和质量守恒进行判断；D、由于CuS沉淀不溶于盐酸，硫化氢气体通入氯化铜能够反应生成CuS沉淀，但是氢硫酸为弱酸，不能拆写。

详解：离子方程式中缺少硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡，正确的离子方程式为：
3SO42-+3Ba2++2Fe3++6OH-═3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓，A错误；Fe3+与S2-发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2Fe3++S2-═2Fe2++S↓，B错误；反应中无气体放出，说明NO3-被还原为NH4+，离子方程式符合书写要求，C正确；由于CuS沉淀不溶于盐酸，硫化氢气体通入氯化铜能够反应生成CuS沉淀，但是氢硫酸为弱酸，不能拆写，正确的离子方程式为：H2S＋Cu2＋==CuS↓＋2H＋，D错误。

故选C。

点睛：熟悉离子反应方程式的书写方法，明确发生的化学反应是解答本题的关键。

11．A
【解析】将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72L NO，物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，其中氮原子得电子的物质的量是0.3mol×（5-2）=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反应可判断反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量（包括氢氧化铝）等于
11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，即铝是0.1mol，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g-7.8g=19.4g，答案选A。

12．D
【解析】
【详解】
A、乙醇可以与水互溶，而甲苯和硝基苯不能溶于水，但甲苯的密度比水小，而硝基苯的密度比水大，故可以用水进行鉴别，故A正确；
B、苯不能与溴水发生化学反应，但能被萃取分层，上层为溶有溴的本层，下层为水层；苯酚可以与溴水发生取代反应生成黄色沉淀，己烯可以溴水中的溴发生加成反应，使溴水褪色，所以可用溴水进行鉴别，故B正确；
C、分别向三种溶液中加入氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀产生，且有气体生成，则该溶液为甲酸溶液，若只有砖红色沉淀生成，则为乙醛溶液，若既无砖红色沉淀生成，也无气体生成，则为乙酸溶液，故C正确；
D、三者的密度都比水小，且特征反应不能有明显现象，不能用一种物质鉴别，故D错误；答案：D。

【点睛】
当物质均为有机溶剂时，可以首先考虑密度的差异，其次考虑物质的特征反应，醛基的特征反应是与银镜反应和与氢氧化铜加热生成砖红色沉淀等。

苯酚的特征反应是与溴水发生取代反应生成黄色沉淀，己烯可以溴水中的溴发生加成反应，使溴水褪色。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A .Br-的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p6，故A错；
B. Na 的简化电子排布式：[Ne]3s1,故B错；
C.氮原子的最外层电子轨道表示式为：,故C错；
D.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA 族，是p 区元素，是正确的，故D正确。

答案选D。

14．C
【解析】
【详解】
A项、向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，氯化铁溶液与足量铁反应生成氯化亚铁，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，还原性铁强于亚铁离子，故A正确；
B项、瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；
C项、先加入氯水，Cl2可能将溶液中亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入KSCN溶液，溶液变红色，不能说明溶液中是否存在亚铁离子，故C错误；
D项、向2支盛有2mL相同浓度盐酸和氢氧化钠溶液的试管中分别加入少量氧化铝，均溶解说明氧化铝是既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的两性氧化物，故D正确；
故选C。

15．D
【解析】
【详解】
物质的结构决定了物质的性质。

苯酚与乙醇在性质上有很大差别的原因是其结构不同，苯酚分子中有苯环和羟基，而乙醇分子中有乙基和羟基，两者官能团相同，但官能团所连的烃基不同，其在常温下的状态经及相对分子质量也是由结构决定的，故选D。

16．B
【解析】由“两种气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到1.5L二氧化碳、2L水蒸气”可知，二氧化碳与水蒸气的物质的量之比=1.5:4，故该混合烃的平均分子式为C1.5H4，则两种烃的平均含碳数为1.5，所以两者的含碳数必有一个大于1.5，另一个小于1.5，所以该混合烃中一定有甲烷，甲烷分子中含氢原子为4，两烃的平均含氢数也为4，故另一烃的氢原子数也只能是4，故另一种烃可能为C2H4或C3H4等，所以，该混合气体中一定含有甲烷，可能含有乙烯或丙炔，一定不含乙烷；故本题选B。

17．C
【解析】
【分析】
根据图像可知，B为原电池，氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，d作电池的正极；c上甲醇失电子，与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；A、C为电解池g、a为电解池的阳极，b、h为电解池的阴极；【详解】
A. a为精铜，作电解池的阳极，失电子，b为铁制品作阴极，铜离子得电子可实现镀铜要求，A正确；
B. c为负极，甲醇失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2O，B正确；
C. 电解KCl，e处为阳极，氯离子失电子出来的气体为氯气，从f出来的气体为氢气，C错误；
D. 电解槽左侧为阳极室，钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液，D正确；答案为C
【点睛】
电解池中阳离子向阴极室移动；原电池阳离子向正极移动。

18．A
【解析】分析：化学式只能表示一种物质，说明不存在同分异构体，据此解答。

详解：A. C2H4只能是乙烯，A正确；
B. C5H10可以是戊烯，也可以是环烷烃，B错误；
C. C3H7Cl可以是1－氯丙烷也可以是2－氯丙烷，C错误；
D. C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，D错误。

答案选A。

19．C
【解析】
分析：A、根据盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，结合非金属性的比较方法分析判断；B、将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，溶液的碱性减弱甚至变成酸性，据此分析；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，据此分析判断；D、根据硝酸具有强氧化性分析判断。

详解：A、盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，只能证明盐酸比亚硫酸强，不能证明氯的非金属性比硫强，故A错误；B、将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，现象应该是溶液由红色变无色，故B错误；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，说明氧化性:Fe3+>I2，故C正确；D、向硝酸钡溶液中通入SO2，硝酸钡与SO2反应生成了硫酸钡，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。

本题的易错点为D，要注意酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性。

20．C
【解析】A. 二者结构不相似，不能互为同系物，A错误；B. 的一氯代物有2种，B错误；C. 根据定一议一可知的二氯代物有12种，C正确；D. 二者均能发生还原反应，不能发生加
聚反应，D错误，答案选C。

点睛：同分异构体判断是解答的难点，注意掌握常见有机物同分异构体的判断方法，例如一取代产物数目的判断可以用基元法、替代法、等效氢法等；再比如二取代或多取代产物数目的判断一般用定一移一或定二移一法，即对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．调节硫酸的滴加速度用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋10H+＋8Cl－
【解析】
分析：A中的Na2SO3中加入浓硫酸生成SO2，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)；2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)；
S(s)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)，反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出
Na2S2O3•5H2O，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中。

详解：(1)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。

控制SO2生成速率可以通过调节硫酸的滴加速度控制SO2生成速率，故答案为调节硫酸的滴加速度；
(2)常温下，用pH试纸测定0.1 mol·L－1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定的具体操作为：用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值，故答案为用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值；
(3)氯气具有强氧化性，可氧化S2O32-生成硫酸根离子，反应的离子方程式为
S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-，故答案为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O C
【解析】
【分析】
由题给信息食醋中约含有3%-5%的D可知，D为乙酸，由X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知，X为酯类，由X酸性条件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A为乙醇、X为乙酸乙酯；乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，则C为乙酸钠；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，则B为乙醛。

【详解】
(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为CH3COOCH2CH3；
（2）A→B的反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（3）A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，正确；
B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和Na2CO3溶液洗涤分液，正确；
C、A为乙醇，水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈，错误；
D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃烧消耗O2的物质的量依次为3mol、2.5mol、2mol，正确；
故选C，故答案为C。

【点睛】
本题考查有机物的推断，侧重分析与推断能力的考查，把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．A D abd V型sp3杂化375.7158.8756.98
【解析】
【详解】
(1)基态B原子的排布式为1s22s22p1，处于最低能量状态，为A；B原子处于激发态时，能量较高，最高。