2025届广东省韶关市新丰一中化学高二第二学期期末达标检测试题含解析.doc

2025届广东省韶关市新丰一中化学高二第二学期期末达标检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关糖类、油脂、蛋白质的叙述正确的是
A．向淀粉溶液中加入碘水后，溶液变蓝色
B．蛋白质纤维素、蔗糖、PVC都是高分子化合物
C．硫酸铜溶液、硫酸铵溶液均可使蛋白质发生变性
D．变质的油脂有难闻的特味气味，是由于油脂发生了水解反应
2、下列事实中能充分说明苯分子的平面正六边形结构中，不含有一般的碳碳双键和碳碳单键的是（ ）
A．苯的一元取代物只有一种结构
B．苯的邻位二元取代物只有一种结构
C．苯的间位二元取代物无同分异构体
D．苯的对位二元取代物无同分异构体
3、下列有关物质结构的说法正确的是(　　)
A．78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA
B．HBr的电子式为H＋[∶]－
C．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
D．3.4 g氨气中含有0.6NA个N—H键
4、科学家研制出多种新型杀虫剂代替DDT，化合物A是其中的一种，其结构如图．下列关于A的说法正确的是( )

A．化合物A的分子式为C15H22O3
B．与FeCl3溶液发生反应后溶液显紫色
C．1 mol A最多可以与2 mol Cu(OH)2反应
D．1 mol A最多与1 mol H2发生加成反应
5、螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（　　）

A．分子式为C8H16 B．分子中所有碳原子共平面
C．与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体 D．一氯代物有4种结构
6、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下：

下列说法不正确的是
A．元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族
B．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4
C．原子半径比较：甲＞乙＞Si
D．推测乙可以用作半导体材料
7、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①FeS2SO2H2SO4 ②SiO2SiCl4Si
③饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 ④AlNaAlO2Al（OH）3
⑤CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2O
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
8、X、Y、Z、W、M五种短周期元素，X、Y同周期，X、Z同主族，Y形成化合物种类最多，X2-、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为M＞W＞X＞Z＞Y
B．W元素形成的可溶性盐溶液一定显碱性
C．M、X只能形成离子化合物，且形成的离子化合物中只含离子键
D．W的氧化物与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应
9、下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）

A．制备并观察颜色
B．比较、热稳定性

C．铝热法制备少量铁单质
D．排水法收集氢气
A．A B．B C．C D．D
10、已知1.2 g C(石墨)不完全燃烧生成CO，放出11.1 kJ热量，CO继续燃烧又放出28.3 kJ热量。则能表示C(石墨)燃烧热的热化学方程式为（ ）
A．C(石墨 s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H＝－11.1kJ·mol-1
B．C(石墨 s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H＝－111kJ·mol-1
C．C(石墨 s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H＝－394kJ·mol-1
D．C(石墨 s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H＝－283kJ·mol-1
11、根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向2mL浓度均为1.0mol⋅ L−1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.0l mol⋅ L−1 AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀产生。
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失。
原溶液中有SO42−
C
向两支分别盛有0.1 mol⋅ L−1醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生。
电离常数：Ka(CH3COOH)> Ka1(H2CO3)> Ka(H3BO3)
D
在两支试管中各加入4mL0.01 mol⋅ L−1KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 mol⋅ L−1H2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快。
Mn2+对该反应有催化作用
A．A B．B C．C D．D
12、通过核磁共振氢谱可以推知（CH3)2CHCH2CH2OH有多少种化学环境的氢原子
A．6 B．5 C．3 D．4
13、用石墨作电极，分别电解下列各物质的溶液：①CuSO4②NaCl ③CuCl2 ④KNO3 ⑤盐酸 ⑥H2SO4 ⑦NaOH ，其中只有水被电解的有
A．①②⑤ B．④⑥⑦
C．②④⑥⑦ D．③⑤⑥⑦
14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应生成Cl2的分子数为NA
B．向1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目为0.1NA
C．向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯气，转移的电子数为3NA
D．密闭容器中1 mol N2与3 mol H2在一定条件下充分反应，生成的NH3分子数为2NA
15、在298K、100kPa时，已知：2 ⊿
⊿
⊿
则⊿与⊿和⊿间的关系正确的是：
A．⊿=⊿+2⊿ B．⊿=⊿+⊿
C．⊿=⊿-2⊿ D．⊿=⊿- ⊿
16、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是(　　)
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物G可用作香料，一种合成路线如图：

请回答下列问题：
（1）F的化学名称为_____。
（2）⑤的反应类型是_____。
（3）A中含有的官能团的名称为_____。
（4）由D到E的化学方程式为_____。
（5）G的结构简式为_____。
（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，H可能的结构共有_____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为_____。
18、某强酸性溶液含有Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、：CO32-、SiO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据（气体体积在标准状况下测定）如下

（1）步骤①中生成气体的离子方程式：________________________。
（2）步骤②生成沉淀Ⅰ的离子方程式：________________________。
（3）一般用铁氰化钾溶液检验溶液中是否存在______离子，请写出涉及的离子方程式：__________________；请设计实验，检验溶液中是否存在：__________________。
（4）溶液中______（填“含”或“不含”），______（若填不含，则不需计算）
（5）通过上述实验，溶液中除外，一定存在的离子是____________；一定不存在的离子是____________。
（6）若测得溶液中，则溶液中______。
19、四氯化锡（SnCl4）是一种重要的化工产品，可在加热下直接氯化来制备。已知：四氯化锡是无色液体，熔点-33 ℃，沸点114 ℃。SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4 (夹持装置略)。

（1）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为________；
（2）装置Ⅱ中的最佳试剂为_______，装置Ⅶ的作用为_______；
（3）该装置存在的缺陷是：_______________；
（4）如果没有装置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4 外，还会生成的含锡的化合物的化学式为_______________；
（5）实验用锡粒中含有杂质Cu．某同学设计下列实验测定锡粒的纯度．
第一步：称取0.613g锡粒溶入足量盐酸中，过滤；
第二步：向滤液中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+；
第三步：用0.100 mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生反应的表达式为（未配平）：Fe2+ + Cr2O72- + H+→Cr3+ + Fe3+ + H2O
第二步中发生反应的离子方程式是_______________，若达到滴定终点时共消耗16.0 mLK2Cr2O7溶液，试写出试样中锡的质量分数的计算式____________（仅写计算结果，锡的相对原子质量按119计算）
20、实验室以MnO2、KClO3、CaCO3及盐酸等为原料制取KMnO4的步骤如下：
Ⅰ.MnO2的氧化
Ⅱ.CO2的制取
Ⅲ.K2MnO4的歧化及过滤和结晶等
回答下列问题：
(1)实验前称取2.5g KClO3、5.2g KOH、3.0g MnO2并充分混合。氯酸钾需过量，其原因是____________________________；熔融时除了需要酒精灯、三脚架、坩埚钳、细铁棒及铁坩埚外，还需要的硅酸盐质仪器有___________________
(2)为了体现“绿色化学”理念，某同学设计了如图所示的“K2MnO4歧化”实验装置。在大试管中装入块状CaCO3，并关闭K2，向长颈漏斗中加入一定量6mol·L－1的盐酸；向三口烧瓶中加入K2MnO4溶液。

①实验时，不用装置(a)(启普发生器)制取CO2而用装置(b)制取，这是因为______。

②为了充分利用CO2，实验开始时需关闭____________(填“K1”“K2”“K3”“K4”或“K5”，下同)，其余均打开；待“气球1”中收集到足够多的CO2时，关闭______，其余均打开。
③三口烧瓶中物质发生反应生成KMnO4的同时还会生成MnO2和K2CO3，该反应的离子方程式为______________________。
21、研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：
（1）CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 (g) △H1= a kJ/mol
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2 (g) △ H2= b kJ/mol
则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2 (g)的△H=________kJ/mol
（2）某温度下，在容积为2 L的密闭容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应：
CO2 (g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15 min内用二氧化碳表示平均反应速率v（CO2）=_______，计算此条件下该反应的平衡常数K= __________。
（3）捕碳技术是指从空气中捕获二氧化碳的各种科学技术的统称。目前NH3和(NH4)2CO3等物质已经被用作工业捕碳剂。
①下列物质中不可能作为CO2捕获剂的是___________。
A．Na2CO3 B．NaOH C．CH3CH2OH D．NH4Cl
②用(NH4)2CO3捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g) 2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图：

I. c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为
Ｖ逆c _____Ｖ正d (填“＞”、“＝”或“＜”)
II. b、c、d三点的平衡常数K b 、K c、 Kd 从大到小的顺序为_______。(填“＞”、“＝”或“＜”)
III．T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是____________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A.碘遇淀粉溶液显蓝色，故正确；
B.蔗糖不是高分子化合物，故错误；
C.硫酸铜溶液使蛋白质溶液变性，硫酸铵溶液使蛋白质溶液发生盐析，故错误；
D.变质的油脂有难闻的气味是因为其发生了氧化反应，故错误。
答案选A。
2、B
【解析】
若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，碳碳键都完全相同时，邻二甲苯只有一种，据此答题。
【详解】
A.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误；
B.若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种（即取代在碳碳双键两端的碳原子上和取代在碳碳单键两端的碳原子上，两种情况存在），但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，故B正确；
C.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；
D.无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故D错误；
故选B。
3、D
【解析】本题阿伏伽德罗常数的计算与判断、电子式的书写等知识。
分析：A．根据过氧化钠的物质的量以及过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；B．溴化氢为共价化合物，电子式中不需要标出所带电荷；C．对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；D．根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N-H键。
解析：78gNa2O2晶体的物质的量为=1mol，过氧化钠中含有2个Na+离子和1个O22—离子，78gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为NA、2NA，故A错误；溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为，B错误；BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，最外层有（3+3）=6，分子中B原子不满足8电子结构，故C错误；3.4g氨气的物质的量为 =0.2mol，氨气分子中含有3个N-H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N-H键，故D正确。
点睛：解题时注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确电子式的概念及书写原则。
4、A
【解析】
根据分子组成确定分子式，根据结构特征分析化学性质。
【详解】
A.化合物A的分子式为，故A正确；
B.A中无苯环，没有酚羟基，不与FeCl3溶液发生反应显紫色，故B错误；
C.1mol A中含2mol-CHO，则最多可与4mol反应，故C错误；
D.1mol可与1mol发生加成反应，1mol A中含2mol-CHO ，可以与2molH2发生加成反应，1molA最多与3molH2发生加成反应，故D错误。
答案选A。
本题考查多官能团有机物的性质，注意醛基中含有碳氧双键，也可以与氢气发生加成反应。
5、D
【解析】
A. 根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C. 2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D. 由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。
6、B
【解析】
A.根据递变规律，B、Al分别位于第二、三周期，IIIA族，则元素甲位于现行元素周期表第四周期ⅢA族，A正确；
B.元素乙为Ge，其简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，B错误；
C.同周期，序数越大半径越小，同主族，序数越大半径越大，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，C正确；
D.乙位于金属与非金属交界的位置，推测乙可以用作半导体材料，D正确；
答案为B。
7、A
【解析】
①FeS2和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸；
②SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；
④铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和足量盐酸反应生成氯化铝，足量盐酸时得不到氢氧化铝；
⑤硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜。
【详解】
①FeS2和氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸，故①正确；
②SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应，所以不能用二氧化硅和氯化氢制取四氯化硅，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；
④铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，滴加少量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，滴加过量盐酸，3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O，足量盐酸时得不到氢氧化铝，故④错误；
⑤硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热反应，发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜，检验醛基的存在，过程能实现，故⑤正确；
答案选A。
本题考查化合物的性质，题目难度中等，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。
8、D
【解析】
Y形成化合物种类最多，故Y是碳，X、Y同周期且能形成X2-，故X是氧，X2-、W3+具有相同的电子层结构，故W是铝，X、Z同主族，故Z是硫，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，M是钠。
A、原子半径大小顺序为M＞W＞Z＞Y＞X，A项错误；
B、氯化铝溶液显酸性，B项错误；
C、过氧化钠中有共价键，C项错误；
D、W的最高价氧化物是两性氢氧化物，与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应，D项正确；
答案选D。
9、C
【解析】
A项、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，应将胶头滴管插入液面下，防止空气中氧气进入溶液氧化产生的氢氧化亚铁，故A错误；
B项、较高温度下碳酸钠受热不分解，较低温度下碳酸氢钠受热分解，则比较碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性时，直接加热的大试管中应盛放碳酸钠，间接加热的小试管中盛放碳酸氢钠，故B错误；
C项、铝具有较强的还原性，高温下能与氧化铁发生置换反应生成氧化铝和铁，故C正确；
D项、排水法收集氢气时，氢气应从短管通入，故D错误；
故选C。
10、C
【解析】
根据燃烧热的概念：在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．如反应物中C→CO2，H2→H2O（液）．根据题目的信息可知，1.2g C（石墨）完全燃烧放热39.4KJ，从而能得出1 molC完全燃烧放出的394kJ，即得出燃烧热的热化学方程式．
【详解】
A、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故A错误；
B、石墨没有完全燃烧，不符合燃烧热的定义，故B错误；
C、由上述分析可知，C（石墨）燃烧热的热化学方程式应为：C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H=-394kJ·mol－1，故C正确；
D、反应热△H的值计算错误，故D错误；
故选：C。
11、B
【解析】
A. 同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，则向2mL浓度均为1.0 mol/L的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.0l mol/L AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀产生说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A正确；
B.若溶液中含有SO32−，加入Ba(NO3)2溶液有白色亚硫酸钡沉淀生成，反应后溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时，相当于加入了硝酸，硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，白色沉淀不消失，则向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失说明溶液中可能含有硫酸根，也可能含有亚硫酸根，故B错误；
C. 向两支分别盛有0.1 mol/L醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生，由强酸反应制弱酸的原理可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，酸的电离常数越大，其酸性越强，则电离常数：Ka(CH3COOH)> Ka1(H2CO3)> Ka(H3BO3)，故C正确；
D. 在两支试管中各加入4mL0.01 mol/LKMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快说明Mn2+能够加快反应速率，对该反应有催化作用，故D正确；
故选B。
若溶液中含有SO32−，加入Ba(NO3)2溶液有白色亚硫酸钡沉淀生成，反应后溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时，相当于加入了硝酸，硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，白色沉淀不消失是分析难点，也是易错点。
12、B
【解析】分析：根据等效H判断，等效H的判断方法：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：根据有机物的结构简式可知（CH3)2CHCH2CH2OH中有-CH3、-CH2-、、-OH，其中2个-CH3中6个H原子等效，2个-CH2-中的H原子不等效，故分子中含有5中不同的H原子。
答案选B。
13、B
【解析】
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。
14、B
【解析】
A. 含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，由于随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成Cl2的分子数小于NA，A错误；
B. 向1L0.1mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)＝0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，B正确；
C. 向1L1mol·L－1FeBr2溶液中通入足量氯气，溴化亚铁全部被氧化，但过量的氯气能与水又发生氧化还原反应，所以转移的电子数大于3NA，C错误；
D. 密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，则生成的NH3分子数小于2NA，D错误；
答案选B。
选项C是解答的易错点，主要是忽略了过量的氯气会发生后续反应。因此计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。尤其要注意反应中物质的过量问题以及是否会有后续反应发生等。
15、A
【解析】
①2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H1；②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H2 ；③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3；由盖斯定律可知，反应③=①+2×②，△H3=△H1+2△H2，故选A。
16、B
【解析】
A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；
B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；
D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；
故合理选项是B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯甲醇 水解反应（或取代反应） 氯原子和羧基 ：+Cl2+HCl 9 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH
【解析】
由有机物的转化关系可知，ClCH2COOH与碳酸钠反应生成ClCH2COONa，ClCH2COONa与NaCN反应生成NaOOCCH2CN，NaOOCCH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2COOH；在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则E是；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成；在浓硫酸作用下，与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G为。
【详解】
（1）F的结构简式为，属于芳香醇，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；
（2）反应⑤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应（或取代反应）；
（3）A的结构简式为ClCH2COOH，官能团为氯原子和羧基，故答案为：氯原子和羧基；
（4）D到E的反应为在光照条件下与氯气发生取代反应生成，反应的化学方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；
（5）在浓硫酸作用下，与HOOCCH2COOH发生酯化反应生成，则G的结构简式为；
（6）H（C6H10O4）与C互为同系物，则H为饱和二元羧酸，可以视作两个—COOH取代C4H10分子中的两个氢原子，C4H10分子由两种结构，故二羧基取代物有9种；核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比1：2：2的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：9；HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。
本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中原子数目的变化，在此基础上判断有机物的反应类型，书写有关化学方程式。
18、3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3- Fe2+ 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ 取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl- 含 1 Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl- CO32-、SiO32-、NO3- 14.5
【解析】
强酸性溶液中一定不含CO32-、SiO32-，NO3-与Fe2+不能同时存在；由转化关系可知，X溶液中加入过量硝酸钡溶液，反应生成气体、沉淀和溶液，则溶液中一定含还原性离子Fe2+，不含NO3-，则气体A为NO、D为NO2、E为HNO3，溶液B中一定含有Fe3+，由得失电子数目守恒可知，溶液中Fe2+的物质的量为0.03mol；沉淀C为硫酸钡，则溶液中一定含SO42-，由硫酸钡的质量可知溶液中SO42-的物质的量为0.02mol；B溶液和过量氢氧化钠反应生成气体、沉淀和溶液则原溶液中一定含NH4+，生成的沉淀G是Fe（OH）3，气体F为NH3，由NH3的体积可知溶液中NH4+的物质的量为0.015mol，由Fe（OH）3的质量可知溶液B中Fe3+的物质的量为0.04mol，则原溶液中Fe3+的物质的量为0.01mol；由溶液H通入过量二氧化碳生成沉淀可知溶液H中含有AlO2-，则原溶液中一定含有Al3+，沉淀J为Al（OH）3，由Al（OH）3的质量可知溶液B中Al3+的物质的量为0.01mol；由电荷守恒可知，原溶液中一定含有Cl-，综上可知，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-。
【详解】
（1）步骤①的反应为为在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，亚铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，酸性条件下，亚铁离子与硝酸根发生氧化还原反应生成三价铁离子、一氧化氮和水，则生成一氧化氮的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
（2）步骤②的反应为过量二氧化碳和偏铝酸钠容易的反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；检验溶液B中是否含有Cl-，应选用酸化的硝酸银溶液，具体操作为取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-，故答案为：Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-；
（4）由题意NO的体积为224mL，则由由得失电子数目守恒可知，溶液中Fe2+的物质的量为0.03mol，由Fe（OH）3的质量为4.28g，可知溶液B中Fe3+的物质的量为0.04mol，则原溶液中Fe3+的物质的量为0.01mol，物质的量浓度为1mol/L，故答案为：含；1；
（5）通过上述分析可知，溶液中除H+外，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-；CO32-、SiO32-、NO3-；
（6）通过上述分析可知，原溶液中含有0.01molAl3+、0.015molNH4+、0.03molFe2+、0.02molSO42-、0.01molFe3+，若溶液中c（H+）为5 mol/L，H+的物质的量为0.05mol，由电荷守恒可知n（Cl-）=0.01mol×3+0.015mol×1+0.03mol×2+0.01mol×3+0.05×1—0.02mol×2=0.145mol，则c（Cl-）为14.5 mol/L，故答案为：14.5。
红棕色气体是解答本题的突破口，由红棕色可知，加入过量硝酸钡，发生氧化还原反应，溶液中一定由亚铁离子；应用电荷守恒确定氯离子是解答关键。
19、MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O饱和氯化钠溶液防止空气中水蒸气进入装置，使SnCl4水解缺少尾气处理装置Sn(OH)4或SnO22Fe3+ + Sn2+ = Sn4+ + 2Fe2+93.18%
【解析】
由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气的装置，装置Ⅱ和装置Ⅲ是氯气的净化装置，氯气经除杂，干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中。(5)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，根据原子守恒、电子转移守恒可得关系式：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此分析解答。
【详解】
(1)装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟，为了防止盐水解，所以要防止起水解，装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案为饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；
(3)未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为缺少尾气处理装置；
(4)如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn(OH)4或SnO2，故答案为Sn(OH)4或SnO2等；
(5)滴定过程中的反应方程式为6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+=2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，第二步中加入过量FeCl3溶液，将Sn2+氧化成Sn4+，反应的方程式为2Fe3+ + Sn2+ = Sn4+ + 2Fe2+，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7
119g         mol
0.613xg       0.100 mol•L-1×0.016L
故=，解得x=93.18%，故答案为93.18%。
本题考查物质的制备，涉及氯气的实验室制备、中和滴定原理的应用等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查。本题的易错点为(5)，要注意利用关系式法进行计算，会减少计算量。
20、氯酸钾在二氧化锰、加热的条件下分解，并保证二氧化锰被充分氧化 泥三角 装置a中需要大量的盐酸，造成化学材料的浪费 K2、K5或K5 K1、K3 3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-
【解析】
(1)氯酸钾在二氧化锰、加热的条件下分解生成氯化钾等，为保证二氧化锰被充分氧化，则需要过量；把坩埚放置在三脚架时，需用泥三角；
(2)①装置a中需要大量的盐酸，造成化学材料的浪费，装置b为简易启普发生器，使用较少的盐酸；
②为了充分利用CO2，关闭K2、K5或K