2023学年北京四中化学高二下期末联考试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是（）A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂B．Fe2O3在反应中显氧化性C．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物D．3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移2、将一盛满Cl2的试管倒立在水槽中，当日光照射相当一段时间后，试管中最后剩余的气体约占试管容积的（）A．2/3 B．1/2 C．1/3 D．1/43、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO-的数目为NAB．一定质量的某单质，若含质子数为nNA，则中子数一定小于nNAC．标准状况下，22.4LHF含有的共价键数为NAD．向FeI2溶液中通入一定量Cl2，当1molFe2+被氧化时，转移的电子数不小于3NA4、把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3-的浓度为（）A． B． C． D．5、由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（）实验操作实验现象实验结论A．溶液中加入K3[Fe(CN)6]有蓝色沉淀生成溶液中含有Fe2+B．向样品溶液中加入淀粉溶液溶液变为蓝色溶液中含有I-C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸有白色沉淀生成溶液中含有SO42-D．向样品溶液中加入过量稀盐酸生成气体使品红溶液褪色溶液中含有SO32-A．AB．BC．CD．D6、下列说法正确的是（）A．滴入无色酚酞试液显红色的该溶液中一定不能大量共存：K+、Fe2+、NO3-、HCO3-B．某无色溶液中可能大量存在H+、K+、Cl-、MnO4-C．加入铝粉能产生氢气的溶液中一定能大量存在：Na＋、Ca2＋、Cl－、CO32-D．pH=2的溶液中可能大量存在Mg2+、Na+、NO3-、I-7、下列数量的物质中含原子个数最多的是A．

mol氧气 B．

g

C．标准状况下

L二氧化碳 D．10

g氖8、某溶液中滴入无色酚酞试液显红色，则该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）A．Na+NO3-CO32-Cl- B．ClO-K+Na+AlO2-C．K+Fe2+NO3-HCO3- D．Cl-Na+K+SO42-9、以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是A．配制一定物质的量浓度的溶液：称量固体时物体与砝码位置颠倒B．配制一定物质的量浓度的溶液：定容时仰视刻度线C．用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值D．用10.0mL的量筒量取7.8mL浓硫酸时俯视读数10、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－)11、某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的是A．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8mol12、一定温度下，将4molA(g)和2molB(g)充入2L恒容密闭容器中，发生2A(g)＋B(g)2C(g)，一段时间达到平衡，反应过程中测定的数据如下表。下列说法正确的是t/min2489n(B)/mol1.51.21.01.0A．该温度下反应的平衡常数K＝1.0B．反应0～4min的平均速率υ(C)＝0.4mol•L﹣1•min﹣1C．其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大，则该反应为吸热反应D．其他条件不变，再充入4molA(g)，达到新平衡时A的浓度减小，B的转化率增大13、某化妆品的组分Z具有美白功效，能从杨树中提取，也可用如下反应制备，下列叙述错误的是A．X、Y和Z均能与浓溴水反应B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C．X既能发生取代反应，也能发生加成反应D．Y可作加聚反应单体14、次磷酸(H3PO2)是一种具有强还原性的一元弱酸，工业上常利用H3PO2和AgNO3溶液反应进行化学镀银，已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则下列说法中不正确的是（）A．H3PO2中磷元素的化合价为+1 B．H3PO2的电离方程式为H3PO2H++H2PO2-C．H3PO2被AgNO3氧化成了H3PO4 D．NaH2PO2、NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐15、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经过多步反应制得，其中的一步反应为：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H

<0，反应到达平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是()A．增加压强 B．降低温度或增大H2O(g)的浓度C．增大CO的浓度 D．更换催化剂16、下列分离提纯方法正确的是A．除去乙醇中少量的水，加入新制的生石灰，过滤B．分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏C．除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入NaOH溶液后分液D．提纯含有碘单质的食盐，常用升华法17、下列有关元素或者化合物性质的比较中，正确的是()A．结构相似的分子晶体的熔沸点，与相对分子质量呈正相关，所以HFB．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多，原子半径也依次增大C．在分子中，两个原子间的键长越长，键能越大D．一般而言，晶格能越高，离子晶体的熔点越高、硬度越大18、下列各组中化合物的性质比较，不正确的是A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S19、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11B．n点表示AgCl的不饱和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.0420、2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是A．使用布袋替代一次性塑料袋购物B．焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D．用高炉喷吹技术综合利用废塑料21、下列涉及有机物的性质的说法错误的是（）A．乙烯和聚氯乙烯都能发生加成反应B．油脂、淀粉、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应C．黄酒中某些微生物使乙醇氧化为乙酸，于是酒就变酸了D．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量22、人造空气(氧气与氦气的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是()A．1∶1 B．2∶1 C．1∶4 D．2∶3二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1)C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)写出下列反应的离子方程式：①A+C__________________________。②D+盐酸________________________。24、（12分）酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：(1)化合物D中所含官能团的名称为___。(2)化合物E的结构简式为________；由B→C的反应类型是____。(3)写出C→D的反应方程式_____。(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式____。I.能发生银镜反应；Ⅱ.与FeCl3发生显色反应；Ⅲ.分子中含有5种不同化学环境的氢(5)请写出以甲苯为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂可任选，合成线路流程图示例见并难题题干）____。25、（12分）中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.2500g·L-1。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）仪器A的名称是_____________________。（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为________________________________。（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.09000mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的__________________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）________________（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L-1。26、（10分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为_____。(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_____、____，这些现象分别说明SO2具有的性质是____和____。(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_________。(4)尾气可采用________溶液吸收。(写化学式)27、（12分）某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是__________________。（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。28、（14分）如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用碳资源的研究越来越紧迫。请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质.(1)工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断△H________0(填“＞”、“＜“或“＝”)；②判断反应达到平衡状态的依据是________.A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B．混合气体的平均相对分子质量不变C．混合气体的密度不变D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化③借助上表数据判断，要提高CO的转化率，可采取的措施是________.A．升温B．充入更多H2

C．分离出甲醇D．加入催化剂(2)CH3OH可以用做燃料电池的燃料，以甲醇与氧气的反应为原理设计，现有电解质溶液是KOH溶液的燃料电池。请写出该电池负极的电极反应式：____________________.(3)向BaSO4沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使BaSO4全部转化为BaCO3，发生反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)⇌BaCO3(s)+SO42-(aq)。已知某温度下该反应的平衡常数K=4.0×10－2，BaSO4的Ksp=1.0×10－10，则BaCO3的溶度积Ksp=________________。29、（10分）钠、铝是两种重要的金属，其单质及化合物在人们的日常生活、生产及科学研究中具有广泛的用途。回答下列问题：（1）基态铝原子的电子排布图是____________________。（2）与Al3+具有相同的电子层结构的简单阴离子有__________（填离子符号），其中形成这些阴离子的元素中，电负性最强的是__________（填元素符号，下同），第一电离能最小的是__________。（3）Al、Cl的电负性如下表：元素AlCl电负性1.53.0则AlCl3为________晶体（填晶体类型）；AlCl3升华后蒸气的相对分子质量约为267，则该蒸气分子的结构式是____________（标明配位键）。（4）氢化铝钠（NaAlH4）是重要的有机合成中还原剂。①AlH4-的空间构型为②NaAlH4的晶胞如下图所示，与Na+紧邻且等距的AlH4-有________个；NaAlH4晶体的密度为________g/cm3（用含a的代数式表示，N

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【答案解析】

A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；B.Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性；C、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；D、根据反应过程转移的电子物质的量来计算回答。【题目详解】A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，选项A错误；B、Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性，选项B错误；C、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O是还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，选项C正确；D、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子物质的量为6mol，消耗3molNa2O2，选项D错误；答案选C。【答案点睛】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。2、B【答案解析】本题主要考查氯气的性质。氯气溶于水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO。由于次氯酸不稳定，遇光易分解生成氯化氢和氧气，即2HClO2HCl＋O2↑。所以总的反应相对于是2Cl2＋2H2O＝4HCl＋O2↑，所以长时间照射后，试管中最后剩余气体的体积占试管容积的1/2，故B正确。答案选B。3、D【答案解析】

A项，2L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中溶质的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸为弱电解质，部分电离出CH3COO-，则CH3COO-的数目小于NA，故A项错误；B项，质子数与中子数无必然数目关系，故B项错误；C项，在标况下HF为液体，无法计算22.4LHF的物质的量及含有的共价键数目，故C项错误；D项，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2会先将I-氧化，再将Fe2+氧化，当1molCl2被氧化时，根据溶液呈电中性可推知溶液中至少含有2molI-，且I-全部被氧化，故转移的电子数不小于3NA，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。4、B【答案解析】

bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3↑+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol。令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+n×1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）==mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L。故选B。5、A【答案解析】分析：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀；B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。详解：A．Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B．向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。6、A【答案解析】

A、酚酞变红，说明溶液显碱性，HCO3－不能与OH－大量共存，且亚铁离子与氢氧根离子也不能大量共存，故A说法正确；B、MnO4－显紫红色，不符合无色溶液，且在酸性溶液中能氧化氯离子，故B说法错误；C、Ca2＋和CO32－不能大量共存，生成CaCO3沉淀，这些离子不能大量共存，故C说法错误；D、pH=2溶液显酸性，NO3－在酸中具有强氧化性，能与I－发生氧化还原反应，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故D说法错误；答案选A。【答案点睛】离子共存，我们一般根据一色，二性，三反应进行分析判断，溶液是无色溶液还是有色溶液，如果是无色溶液，有色离子不能存在；判断出溶液的酸碱性，需要在离子组后面加上H＋或OH－，特别是NO3－，NO3－在酸中具有强氧化性，不与还原性离子大量共存。7、B【答案解析】

A.0.4mol氧气含有原子数目0.4×2NA=0.8NA；B.5.4g水的物质的量是＝0.3mol，含有原子数目为0.9NA；C.标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量是＝0.25mol，含有原子数目为0.75NA；D.10

g氖的物质的量是＝0.5mol，含有原子数目为0.5NA；根据上面计算，原子数目最多的是B；答案：B8、C【答案解析】

滴入酚酞试剂溶液变红色，溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此解答。【题目详解】A．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故A不选；B．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故B不选；C．Fe2+与HCO3-不能大量共存，且都和OH-反应，故C选；D．四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能在碱性溶液中大量共存，故D不选。故选C。【答案点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。9、C【答案解析】本题考查化学实验操作中的误差分析。详解：使物品和砝码放颠倒，若使用游码称量的物质的质量偏小，若不使用游码称量质量不变，A错误；配制溶液时，仰视容量瓶刻度线定容，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，B错误；酸碱中和滴定实验中，若盛装标准液的滴定管没有润洗，会导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C正确；滴定结束后，读取标准液的体积时，俯视刻度线会导致读数偏小，导致所用标准液体积偏小，实验结果偏低，D错误。故选C。点睛：掌握实验的原理及正确的误差分析是解题的关键。10、C【答案解析】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。11、A【答案解析】试题分析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol，故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。12、C【答案解析】

根据图表信息可以分析出0～4minB的物质的量变化，反应达到平衡时B的物质的量变化，根据方程式计算时抓住，各物质的变化量等于化学方程式化学计量数之比，结合三行式运算，据此解答。【题目详解】A．一定温度下，将4molA（g）和2molB（g）充入2L恒容密闭容器中，发生反应，B达到平衡状态变化的浓度==0.5mol/L，该温度下反应的平衡常数K=12/（12×0.5）=2.0，故A项错误；B．反应0～4min，物质的量变化n（B）=2mol-1.2mol=0.8mol，化学方程式计算得到生成C物质的量1.6mol，C的平均速率v（C）==0.2mol•L-1•min-1，故B项错误；C．其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，故C项正确；D．其他条件不变，再充入4molA（g），达到新平衡时A的转化率减小，则A的浓度增大，B的转化率增大，故D错误。故答案为C。13、B【答案解析】分析：根据X中含有2个酚羟基，Y中含有苯环和碳碳双键，Z中含有2个苯环和2个酚羟基，结合官能团的性质解答。详解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，A正确；B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，B错误；C．X含有酚羟基和苯环，一定条件下能发生加成反应、取代反应，C正确；D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y可作加聚反应单体，D正确；答案选B。点睛：本题主要是考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题的关键，侧重考查酚、烯烃的性质。14、D【答案解析】A．H3PO2中H为+1价，O为-2价，则磷元素的化合价为+1，选项A正确；B．次磷酸是一元弱酸，一元弱酸部分电离出一个氢离子，所以H3PO2的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，选项B正确；C．H3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，依据化合价代数和为0，磷化合价为+1价，该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，选项C正确；D．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐，选项D错误。答案选D。15、B【答案解析】

提高CO的转化率可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．【题目详解】A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，或增大H2O(g)的浓度，平衡正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误。故选B。16、D【答案解析】分析：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；D．苯与酸性高锰酸钾溶液分层；C．二者均与NaOH反应；D．碘加热易升华，NaCl不变。详解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，A错误；B．苯与酸性高锰酸钾溶液分层，可分液分离，不能选蒸馏，B错误；C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液除去乙酸乙酯中的乙酸，C错误；D．碘加热易升华，NaCl不变，则升华法可分离，D正确；答案选D。17、D【答案解析】分析：A项，HF分子间存在氢键，熔沸点HF>HCl；B项，Na、Mg、Al的原子半径依次减小；C项，键长越短，键能越大；D项，一般而言离子晶体的晶格能越大，熔点越高、硬度越大。详解：A项，一般结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，分子晶体的熔沸点越高，但HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，熔沸点HF>HCl，A项错误；B项，Na、Mg、Al原子最外层电子数依次为1、2、3，Na、Mg、Al原子的能层数相同，核电荷数依次增多，原子核对外层电子的引力增强，原子半径依次减小，B项错误；C项，在分子中，两个原子间的键长越短，键能越大，C项错误；D项，一般而言离子晶体的晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，离子晶体的熔点越高、硬度越大，D项正确；答案选D。18、C【答案解析】

A、同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性就越强，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B、同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；C、非金属性越强相应氢化物的稳定性也越强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl，C错误；D、非金属性：F＞O＞S，D正确；答案选C。19、D【答案解析】

A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a×10b，a是大于1小于10的数，故它的数量级等于10-12，A错误；B.n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；C.设c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；故合理选项是D。20、B【答案解析】

A.使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；B.焚烧废旧塑料生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；D.高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁的燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。21、A【答案解析】分析：A.乙烯含有碳碳双键,可以发生加聚反应，氯乙烯聚合生成聚氯乙烯，聚氯乙烯不含碳碳双键，不能发生加聚反应；B.油脂、淀粉、蛋白质都可以水解。油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为糖，蛋白质水解为氨基酸；C.乙醇在一定条件下被氧化为乙酸；D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油,煤油,柴油等）的产量,特别是提高汽油的产量。详解:A.乙烯含有碳碳双键,可以发生加聚反应，聚氯乙烯不含碳碳双键，不能发生加聚反应，A选项错误的；

B.油脂、淀粉、蛋白质都可以水解。油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为糖，蛋白质水解为氨基酸，故B正确；

C.乙醇可以被微生物生成盐酸,乙酸属于羧酸,具有酸的通性,所以酒就变酸了,所以C选项是正确的；

D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油、煤油、柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，所以D选项是正确的。

所以本题答案选A。22、B【答案解析】

气体的物质的量为n==0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算。【题目详解】气体的物质的量为n==0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则根据二者的物质的量、质量得联立方程式：x+y=0.25和32x+4y=2.4，解得x=0.05和y=0.2，则氧气与氦气的质量比=(32g/mol×0.05mol)：(0.2mol×4g/mol)=1.6g：0.8g=2：1，故选B。二、非选择题(共84分)23、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案解析】

A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【题目详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。24、羰基(酮基)溴原子取代反应【答案解析】

A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(4)A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成。【题目详解】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E分子式知，E结构简式为，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬；(1)化合物D中所含官能团的名称为羰基和溴原子；(2)化合物E的结构简式为；由B→C的反应类型是取代反应；(3)C生成D的方程式为；(4)A的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅲ、分子中含有5种不同化学环境的氢，可以是-OH与-CH2CHO处于对位，符合条件的结构简式为：；(5)发生取代反应生成，发生水解反应生成，和NaCN发生取代反应生成，生成，和发生酯化反应生成，合成路线流程图为：。【答案点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、冷凝管(或冷凝器)SO2+H2O=H2SO4③酚酞④0.2400【答案解析】分析：(1)根据仪器A的特点判断；(2)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸；(3)氢氧化钠溶液显碱性；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；(4)根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；据此分析解答。详解：(1)根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，故答案为：冷凝管或冷凝器；(2)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正确，故答案为：③；酚酞；④；(4)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：12×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.0720g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.0720g0.3L=0.2400g/L点睛：本题考查了物质组成的探究、测量物质的含量的方法等，涉及二氧化硫的性质、中和滴定的计算，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意计算结果的单位。26、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O溶液由紫红色变为无色出现黄色浑浊还原性氧化性待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色NaOH【答案解析】

实验目的是探究SO2的性质，A装置为制气装置，B装置验证SO2的还原性，C装置验证SO2的氧化性，D装置验证SO2的漂白性，据此分析；【题目详解】（1）A装置盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗；根据所加药品，装置A为制气装置，化学反应方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；（2）酸性高锰酸钾溶液显紫红色，具有强氧化性，如果颜色褪去，体现SO2的还原性，SO2和Na2S发生反应，生成硫单质，体现SO2的氧化性；答案是溶液紫红色褪去，出现黄色沉淀，还原性，氧化性；（3）SO2能够使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，加热后，溶液恢复为红色，探究SO2与品红作用的可逆性，具体操作是待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色；（4）SO2有毒气体，为防止污染环境，需要尾气处理，SO2属于酸性氧化物，采用碱液吸收，一般用NaOH溶液。【答案点睛】实验题一般明确实验目的和实验原理，实验设计中一定有尾气的处理，同时注意题中信息的应用，分清楚是定性分析还是定量分析，注意干扰。27、2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O100mL容量瓶、胶头滴管反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且Mn2+的浓度大催化效果更好【答案解析】分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，据此书写并配平方程式；(2)根据配制溶液的步骤和所用仪器分析判断；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，从影响反应速率的因素分析解答。详解：(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；(2)配制100mL

0.0400mol•L-1的Na2C2O4