2025届江苏省苏州新区一中高二化学第二学期期末达标检测试题含解析.doc

2025届江苏省苏州新区一中高二化学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、已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol-1．根据如表所列数据判断，错误的是（ ）
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A．元素X的常见化合价是+1价
B．元素Y是IIIA族元素
C．若元素Y处于第3周期，它的单质可与冷水剧烈反应
D．元素X与氯元素形成化合物时，化学式可能是XCl
2、下列关于合成高分子化合物的说法正确的是
A．涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维
B．塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”
C．酚醛树脂是酚类物质和醛类物质加聚而成的高分子化合物
D．“尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料
3、氟利昂－12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为 。下列有关叙述正确的是
A．它有两种同分异构体 B．它有4种同分异构体
C．它只有一种结构 D．它是平面分子
4、用石墨电极完成下列电解实验，实验现象：a处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化；d处试纸变蓝。下列对实验现象的解释或推测不合理的是

A．a为电解池的阴极 B．b处有氯气生成，且与水反应生成了盐酸和次氯酸
C．c处发生了反应：Fe-3e-=Fe3+ D．d处：2H++2e-=H2↑
5、对于处于化学平衡状态的反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H>0，既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，下列措施中可行的是
A．升高温度 B．使用合适的催化剂
C．增大体系压强 D．增大H2O(g)的浓度
6、在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法正确的是

A．图中a点对应的体系中将有AgBr沉淀生成
B．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，AgBr的Ksp也减小
C．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
D．在t℃时，AgCl(s)+Br－(aq) AgBr(s)+Cl－(aq)的平衡常数K≈816
7、在探索原子结构的过程中做出主要贡献的科学家及其成就错误的是
A．墨子提出“端”的观点
B．道尔顿提出近代原子论
C．拉瓦锡基于电子的发现提出葡葡干面包模型
D．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了行星模型
8、用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。下列叙述正确的是

A．通电后，NaCl发生电离
B．通电一段时间后，阳极附近溶液先变红
C．当阳极生成0.1 mol气体时，整个电路中转移了0.1 mol e－
D．电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
9、下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是(　　)
①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；④在用标准液(已知浓度)滴定未知溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
A．①③⑤ B．①②⑤
C．②③④ D．③④⑤
10、下列分子或离子中，不含有孤电子对的是(　　)
A．H2O B．H3O＋ C．NH3 D．NH4+
11、相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成二氧化碳最多的是
A．丁烷 B．乙烯 C．乙炔 D．甲苯
12、下列关于热化学反应的描述中正确的是
A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3 kJ·mol−1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(－57.3)kJ·mol−1
B．甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol−1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol−1
C．已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D．CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反应的△H＝+566.0 kJ·mol−1
13、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾，Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸。下列说法不正确的是
A．X、Y、Z、W原子半径大小：W>Z>Y>X B．最简单氢化物的稳定性：X<Y
C．WY2能对自来水进行杀菌消毒 D．Z单质在Y单质和W单质中均可燃烧
14、科学的实验方法是探索物质世界的一把金钥匙，下列实验方法或操作正确的是
A．两种互不相溶的液体，如汽油和水，可通过分液方法分离
B．因为碘易溶于酒精，所以常用酒精萃取碘水中的碘
C．观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀硫酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的外焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察
D．用丁达尔效应鉴别 NaCl 溶液和 KCl 溶液
15、下列说法不正确的是
A．金刚石、NaCl、H2O、HCl晶体的熔点依次降低
B．I2低温下就能升华，说明碘原子间的共价键较弱
C．硫酸钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性
D．干冰和石英晶体的物理性质差别很大的原因是所属的晶体类型不同
16、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、
B．0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、
C．0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D．0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。
（1）写出基态E原子的价电子排布式_______。
（2）A与C可形成CA3分子，该分子中C原子的杂化类型为______，该分子的立体结构为_____；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式______；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因是__________（用文字叙述）。
（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为___；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g·cm－3（用含a、NA的式子表示）。

18、化合物A、B是中学常见的物质，其阴阳离子可从表中选择.
阳离子
K+、Na+、NH4+、Fe2+、Ba2+、Cu2+
阴离子
OH﹣、I﹣、NO3﹣、AlO2﹣、HCO3﹣、HSO4﹣
（1）若A的水溶液为无色，B的水溶液呈碱性，A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则:
①A中的化学键类型为_________（填“离子键”、“共价键”）．
②A、B溶液混合后加热呈中性，该反应的离子方程__________________________ ．
（2）若A的水溶液为浅绿色，B的焰色反应呈黄色．向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但A、B的水溶液混合后无明显变化．则：
①A的化学式为__________________________ ．
②经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种（请用文字叙述）
Ⅰ._______________________．Ⅱ._________________________．
③请用一简易方法证明上述溶液变黄的原因_________________________．
④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极的电极反应式为_．
19、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。
（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。

Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。
20、（1）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示。请回答：

①若用 18O 标记乙醇中的氧原子，则 CH3CH218OH 与乙酸反应的化学方程式是_____________。
②球形干燥管C 的作用是______________。
③D 中选用饱和碳酸钠溶液的原因是_____________。
④反应结束后D 中的现象是_____________。
⑤下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有_____________（填序号）。
A．单位时间里，生成 1mol 乙酸乙酯，同时生成 1mol 水
B．单位时间里，消耗 1mol 乙醇，同时消耗 1mol 乙酸
C．正反应的速率与逆反应的速率相等
D．混合物中各物质的浓度不再变化
（2）N-苯基苯甲酰胺（ ）广泛应用于药物，可由苯甲酸（）与苯胺（）反应制得，由于原料活性低，可采用硅胶催化、微波加热的方式，微波直接作用于分子，促进活性部位断裂，可降低反应温度。取得粗产品后经过洗涤—重结晶等，最终得到精制的成品。
已知：

水
乙醇
乙醚
苯甲酸
微溶
易溶
易溶
苯胺
易溶
易溶
易溶
N-苯基苯甲酰胺
不溶
易溶于热乙醇，冷却后易
于结晶析出
微溶
下列说法不正确的是_____________（填字母编号）。
A．反应时断键位置为C—O 键和 N—H 键
B．洗涤粗产品用水比用乙醚效果更好
C．产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯
D．硅胶吸水，能使反应进行更完全
21、硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)已知25℃时:O2(g)+S(s)=SO2(g)  △H=一akJ/mol
O2(g)+2SO2(g)2S03(g)  △H=-bkJ/mol
写出SO3(g)分解生成O2(g)与S(s)的热化学方程式:_______________________。
(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反应，回答下列相关问题:
①甲图是SO2(g)和SO3(g)的浓度随时间的变化情况。反应从开始到平衡时,用SO2表示的平均反应速率为_________。

②在一容积可变的密闭容器中充入20molSO2(g)和10molO2(g),02的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图乙所示。则P1与P2的大小关系是P2_____P1(“>”“<”或“=”),A、B、C三点的平衡常数大小关系为______ (用 K、Kg、K。和“<”“>”或“=”表示)。
(3)常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.5510-2 Ka2=1.02×10-7。
①将SO2通入水中反应生成H2SO3。试计算常温下H2SO32H++S032-的平衡常数K=____。(结果保留小数点后两位数字)
②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，=______________。  
(4)往1L0.2mol/LNa2SO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的CaCl2溶液，充分反应后(忽略溶液体积变化)，溶液中c(Ca2+)=______。(已知，常温下Ksp(CaSO3)=1.28×10-9)
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。
【详解】
A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；
B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；
C．若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故C错误；
D．X常见化合价为+1价，所以元素X与氯元素形成化合物时，化学式可能是XCl，故D正确；
故选C。
2、D
【解析】
A. 涤纶、锦纶属于合成纤维，蚕丝属于蛋白质，故A错误；B. 三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，合成树脂不属于“三大合成材料”，故B错误；C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质缩聚而成的高分子化合物，故C错误；D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料，故D正确。答案选D。
3、C
【解析】
A、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，选项A错误；
B、由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，选项B错误；
C、从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，选项C正确；
D、甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面体结构，选项D错误；
答案选C。
4、C
【解析】分析：a处试纸变蓝，为阴极，有氢氧根产生，氢离子放电；b处变红，局部褪色，氯离子放电产生氯气，为阳极；c处无明显变化，铁失去电子；d处试纸变蓝，有氢氧根产生，氢离子放电，据此解答。
详解：A．a处试纸变蓝，为阴极，生成OH-，氢离子放电，电极方程式为2H++2e-=H2↑，A正确；
B．b处变红，局部褪色，是因为氯离子放电产生氯气，氯气溶于水发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液变红，HClO的漂白性使局部褪色，B正确；
C．Fe为c阳极，发生反应：Fe-2e－ =Fe2+，C错误；
D．d处试纸变蓝，为阴极，生成OH-，氢离子放电，电极方程式为2H++2e-=H2↑，D正确；
答案为C。
点睛：本题主要是考查电解原理的应用，注意把握电极的判断以及电极反应，为解答该题的关键，易错点是电极周围溶液酸碱性判断，注意结合水的电离平衡分析解答。
5、A
【解析】
A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，转化率提高增，故A正确；B．用合适的催化剂，对平衡移动无影响，转化率不变，故B错误；、C．增大体系压强，反应速率增大，平衡逆向移动，故C错误；D．增大H2O（g）的浓度，平衡正向移动，反应速率增大，但转化率减小，故D错误；故选A。
点睛：既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，平衡正向移动，该反应为吸热反应，应升高温度，以此来解答。
6、D
【解析】
A. a点位于曲线下方，c(Ag+)c(Br－)< Ksp，对应的溶液为不饱和溶液，故A错误；
B. 在一定温度下，Ksp为一常数，故B错误；
C. AgBrAg+(aq)+Br－(aq)，加入固体NaBr后，c(Br－)增大，使溶解平衡逆向移动，c(Ag+)应减小，但仍然在曲线上移动，不能到b点，故C错误；
D.由图中c点可知，t℃时AgBr的Ksp= c(Ag+)c(Br－)=（7×10-7）2=4.9×10-13，由方程式可知，K= c(Cl－) / c(Br－)=Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)= 4×10-10/4.9×10-13≈816，故D正确；
故选D。
7、C
【解析】
A. 墨子提出连续的时空是由时空元所组成，他把时空元定义为“始”和“端”，“始”是时间中不可再分割的最小单位，“端”是空间中不可再分割的最小单位。这样就形成了时空是连续无穷的，这连续无穷的时空又是由最小的单元所构成，在无穷中包含着有穷，在连续中包含着不连续的时空理论，故A正确；
B. 1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质都是由原子直接构成的；原子是一个实心球体，不可再分割，故B正确；
C. 1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子，最早提出了葡萄干蛋糕模型又称“枣糕模型”，也称“葡萄干面包”，1904年汤姆逊提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中，故C错误；
D. 1911年英国科学家卢瑟福用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的α粒子轰击金箔，结果是大多数α粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，但也有一小部分改变了原来的方向，还有极少数的α粒子被反弹了回来，在α粒子散射实验的基础上提出了原子行星模型，故D正确；
答案选C。
本题考查学生对人们认识原子结构发展过程中，道尔顿的原子论，汤姆逊发现电子，并提出葡萄干面包模型，卢瑟福的原子结构行星模型内容。使学生明白人们认识世界时是通过猜想，建立模型，进行试验等，需要学生多了解科学史，多关注最前沿的科技动态，提高学生的科学素养。
8、D
【解析】
用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，以此解答该题。
【详解】
A．NaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；
B．阳极生成氯气，阴极生成NaOH，则阴极附近溶液先变红，B错误；
C．阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，生成0.1mol氯气时，转移电子为0.2mol，C错误；
D．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确。
答案选D。
本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度一般，掌握离子放电顺序是解题的关键，注意基础知识的积累掌握。易错点是氢氧根离子在阴极产生的判断。
9、A
【解析】
①醋酸为弱电解质，电离需要吸收热量，导致测得的中和热数值偏低，故①选；
②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故②不选；
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致溶质的物质的量偏小，依据c＝分析可知溶液的浓度偏低，故③选；
④在用标准液(已知浓度)滴定未知溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗，导致标准液浓度偏低，滴加标准液体积偏大，因此使测得的未知液的浓度偏大，故④不选；
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大，依据c＝分析可知溶液的浓度偏低，故⑤选；
答案选A。
10、D
【解析】
根据中心原子上的孤电子对数的公式可知：A项，；B项，；C项，；D项，；答案选D。
11、C
【解析】分析：相同质量的各烃中含碳量越大，生成的二氧化碳量越多，首先计算各烃是C碳原子与H原子数目之比，C原子数目相同，H原子数目越小，碳的质量分数越大。
A. CH4中C碳原子与H原子数目之比为1:4；B. C2H4中C碳原子与H原子数目之比为2:4=1:2；C. C2H2中C碳原子与H原子数目之比为2:2=1:1；D. C7H8中C碳原子与H原子数目之比为7:8=1:8/7；故乙炔的含碳量最大，所以生成二氧化碳的体积最多，故本题选C。
12、D
【解析】
A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热的△H≠-57.3kJ/mol，A错误；
B．由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此反应CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞－890.3 kJ·mol－1，B错误；
C.合成氨反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，C错误；
D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ/mol，D正确；
答案选D。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的易错点，注意比较△H大小时要带着符合比较，题目难度不大。
13、A
【解析】
由X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾可知，X为N元素、Y为O元素；Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，则Z的最外层有3个电子，为Na元素；W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸，则W为Cl元素。
【详解】
A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，Na元素的原子半径大于Cl元素，故A错误；
B项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，O元素的非金属性强于N元素，则最简单氢化物的稳定性：N<O，故B正确；
C项、WY2为ClO2，ClO2具有强氧化性，能对自来水进行杀菌消毒，故C正确；
D项、金属钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在氯气中燃烧生成氯化钠，故D正确；
故选A。
本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给信息正确判断元素是解本题的关键。
14、A
【解析】
A.两种互不相溶的液体分层，选择分液法分离，故A项正确； 
B.酒精与水互溶，则酒精不能作萃取剂，故B项错误； 
C.焰色反应时，铂丝在稀硫酸中洗涤，硫酸不挥发，干扰实验，应选盐酸洗涤，故C项错误； 
D.丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，但不适用于NaCl溶液和KCl溶液的鉴别，故D项错误；
综上，本题选A。
15、B
【解析】
A．晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金刚石为原子晶体、NaCl是离子晶体；H2O、HCl 为分子晶体，含有氢键的分子晶体熔沸点较高，H2O中含有氢键、HCl 不含氢键，则金刚石、NaCl、H2O、HCl 晶体的熔点依次降低，故A正确；
B．碘升华与分子间作用力有关，与化学键无关，故B错误；
C．含有自由移动离子的离子化合物能导电，硫酸钠为离子晶体，熔融状态下离子键被削弱，电离出自由移动阴阳离子，能导电，故C正确；
D．干冰和石英都是共价化合物，但是干冰为分子晶体、石英为原子晶体，所属的晶体类型不同，导致其物理性质差异性较大，故D正确；
故选B。
16、A
【解析】
此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。
【详解】
A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；
B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；
C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；
D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；
故选A。
本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、3d54s1 sp3杂化 三角锥形 :C⋮⋮O: 水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小 Cu2O
【解析】
B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C元素；
D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D原子核外有8个电子，则D为O元素；
C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数比O小，则C为N元素；
E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，则E的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为24号元素Cr；
F位于前四周期、原子序数比E大且其基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则F为29号元素Cu；
A与其余五种元素既不同周期也不同主族，且能与C形成CA3分子，则A为H；
综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Cr、Cu，据此解答。
【详解】
(1)E为Cr，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；
(2)A为H，C为N，NH3分子中，中心N原子的σ键数=3，孤电子对数==1，则价层电子对数=3+1=4，则中心N原子的杂化类型为sp3杂化，有一对孤电子，则其空间构型为三角锥形。N2的电子式为:N⋮⋮N:，CO和N2互为等电子体，则CO的电子式为:C⋮⋮O:。水形成晶体(冰)时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率降低，导致密度减小，故答案为：sp3杂化；三角锥形；:C⋮⋮O:；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小；
(3)D原子即O原子，F原子即Cu原子，由均摊法可知，1个晶胞中O原子个数==2，Cu原子个数=4，该化合物中Cu原子和O原子个数比=4:2=2:1，则该化合物的化学式为Cu2O，那么，1个晶胞的质量=。设晶胞常数为b，Cu原子和O原子之间的距离为a cm，则体对角线=4a cm，则=4a，可得：b=cm，所以，1个晶胞的体积=b3=()3cm3，该晶体的密度=，故答案为：Cu2O；。
Cu和O之间的距离=体对角线的四分之一。
18、离子键、共价键 H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O FeI2 仅有I﹣被氧化成I2使溶液呈黄色 I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色 取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理（其他合理亦可） NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O
【解析】
（1）从所给离子的种类判断，不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，则A、B中含有磷酸氢根离子、铵根离子，且B溶液呈碱性，所以A是硫酸氢铵，B是氢氧化钡，①A的化学式为NH4HSO4，化学键类型为离子键、共价键；
②A、B溶液混合后加热呈中性，，说明氢氧根离子与氢离子、氨根离子恰好完全反应，且生成硫酸钡沉淀，离子方程式为H++SO42﹣+NH4++Ba2++2OH﹣BaSO4↓+NH3↑+2H2O；
（2）①A的水溶液呈浅绿色，说明A中存在Fe2+；B的水溶液呈无色且其焰色反应为黄色，说明B中存在Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A不与盐酸反应；再加入B后溶液变黄，溶液呈黄色可能有Fe3+生成或有I2生成。则加入B后混合溶液中应含有强氧化性物质，根据所给离子判断，氢离子与硝酸根离子结合成为硝酸具有强氧化性，所以B是NaNO3，A是FeI2；
②碘离子的还原性比亚铁离子的还原性强，所以与硝酸发生氧化还原反应 时碘离子先被氧化，所以溶液变黄的原因可能是有两种：Ⅰ.I-被氧化为I2而使溶液变黄，离子方程式为6I-+2H++2 NO3-=2NO↑+ I2+4H2O；
Ⅱ.I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色，离子方程式为2I-+4H++ Fe2++NO3-=NO↑+ I2+2H2O+Fe3+；
③取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理；
④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极为正极，正极上硝酸根离子得电子产生NO，电极反应式为NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O。
19、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干扰＞溶液的酸碱性不同
【解析】
（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；
（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；
II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
20、CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O 防止倒吸、冷凝 中和乙酸并吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度、有利于分层 溶液分层，上层为无色油状有香味的液体 CD B
【解析】
（1）①羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，若用 18O 标记乙醇中的氧原子，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；
故答案为：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；
②圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；
故答案为：防止倒吸、冷凝；
③用饱和碳酸钠溶液来收集酯的作用是：溶解掉乙醇，反应掉乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：中和乙酸并吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度、有利于分层；
④乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层为无色油状有香味的液体；
故答案为：溶液分层，上层为无色油状有香味的液体
⑤
A．单位时间里，生成 1mol 乙酸乙酯，同时生成 1mol 水，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故A不选；
B．单位时间里，消耗 1mol 乙醇，同时消耗 1mol 乙酸，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故B不选；
C．正反应的速率与逆反应的速率相等，说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态，故C选；
D．混合物中各物质的浓度不再变化，说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态，故D选；
故选CD。
（2）A．苯甲酸与苯胺 反应生成和水，由反应可知反应时断键位置为C-O键和N-H键，故A正确；
B．苯甲酸微溶于水、苯胺易溶于水、N—苯基苯甲酰胺不溶于水，而苯甲酸、苯胺易溶于乙醚，N—苯基苯甲酰胺微溶于乙醚，则用乙醚洗涤粗产品比用水效果好，故B错误；
C．产物易溶于热乙醇，冷却后易于结晶析出，可用结晶的方法提纯，则产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯，故C正确；
D．硅胶吸水，可使平衡正向移动，能使反应进行更完全，故D正确；
故选B。
21、 SO3(g) O2(g) + S(s) ΔH=+(a+) kJ·mol-1 0.75mol·(L·min)-1； > KB >KA =Kc 1.58×10-9 或1.5 2.56×10-8mol. L-1
【解析】(1)已知：①O2(g)+S(s)═SO2(g)△H1=−akJ/mol，
                       ②O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)△H2=−b kJ/mol，
所求反应方程式为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s)，该反应可由−(①×2+②)得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=−(2△H1+△H2)=(2a+b)kJ/mol，故答案为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s) △H=(2a+b)kJ/mol；
(2)①SO2催化氧化生成SO3的反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，SO2是反应物，随着反应的进行，浓度降低，SO3是生成物，随着反应的进行，浓度升高，根据图象，下降的是SO2，反应从开始到平衡，经历的时间为△t=10min，SO2的物质的量浓度改变量为9.0−1.5=7.5mol/L，根据反应关系，O2的物质的量浓度改变量为△c=7.5mol/L2=3.75mol/L，则用O2表示的平