2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列实验，能得到溶液的是( )
A. B. C. D.
2.下列关于糖的说法错误的是( )
A. 淀粉是一种天然高分子化合物B. 糖都能水解
C. 纤维素没有甜味D. 糖类是人体内能量的主要来源之一
3.在一定温度下A(g)+3B(g)⇌2C(g)达平衡的标志是( )
A. 物质A、B、C的分子个数比为1：3：2
B. 单位时间内生成A、C的物质的量之比为1：2
C. 单位时间内生成A、B的物质的量之比为1：3
D. 反应速率v(A)=v(B)3=v(C)2
4.X、Y、Z、W为周期表中前20号元素，原子序数依次増大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体。W单质能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. X与Z形成的化合物可导电
C. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的为Y
D. W可从Y的盐溶液中置换出Y
5.下列各组中的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是( )
A. Cu(OH)2+HCl；Cu(OH)2+CH3COOH
B. NaHCO3+H2SO4；Na2CO3+HCl
C. NaHSO4+NaOH；H2SO4+NaOH
D. BaCl2+H2SO4；Ba(OH)2+H2SO4
6.下列关于钠的叙述正确的是( )
A. 钠在自然界中存在游离态B. 钠是一种灰色的固体
C. 钠可以保存在煤油中D. 钠着火时可以用水扑灭
7.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲表示氢氧化钠溶液与盐酸反应时的能量变化
B. 图乙表示电解精炼铜时，阳极减少的质量Δm随转移电子物质的量的变化
C. 图丙表示合成氨反应其他条件一定，在有、无催化剂条件下n(NH3)随时间的变化
D. 图丁表示反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)其他条件一定，改变起始时O2的物质的量，平衡时SO3的体积分数随起始时O2的物质的量的变化
8.下列实验过程中，始终无明显现象的是( )
A. NO2通入FeSO4溶液中B. CO2通入CaCl2溶液中
C. NH3通入AlCl3溶液中D. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
9.下列说法中正确的是( )
A. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
B. 增加炼铁高炉的高度可以降低尾气中CO的含量
C. 无论加入正催化剂还是加入负催化剂都能大大提高化学反应速率
D. 把煤粉碎了再燃烧可以提高煤的燃烧效率
10.某温度下，向10mL0.1ml/LCuCl2溶液中滴加0.1ml/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3×10−25ml2/L2。( )
A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B. Na2S溶液中：c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=2c(Na+)
C. 该温度下Ksp(CuS)=4×10−36ml2/L2
D. 向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10−5ml/L的混合溶液中逐滴加入10−4ml/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
11.部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 工业上通过电解g的水溶液制备b
B. c具有漂白性，见光易分解
C. a与d制备22.4L(标况)b时转移的电子数为5NA
D. e具有氧化性，可用于自来水消毒
12.KC1O3与浓盐酸发生如下反应：KC1O3+6HCl(浓)=KC1+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法不正确的是( )
A. Cl2既是氧化产物，又是还原产物
B. 被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1
C. 盐酸既体现酸性，又体现还原性
D. 转移5ml电子时，产生3mlCl2
13.下列实验操作、现象和实验结论均正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
14.某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl−.为确认该溶液组成进行如下实验：①取20.0mL该溶液，加入⋅L−1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成．过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g.再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH−)=0.2ml⋅L−1；
②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g.关于原溶液组成结论正确的是( )
A. 一定含有Mg2+、Al3+、Cl−，不含有Na+、NH4+
B. 一定含有Na+、Mg2+、Cl−，不含有NH4+、可能含有Al3+
C. c(Mg2+)为1.75ml⋅L−1，c(Na+)为1.50ml⋅L−1，
D. c(Cl−)为5.00ml⋅L−1，c(Al3+)为1.00ml⋅L−1，
二、流程题：本大题共1小题，共14分。
15.过氧化钙常用作杀菌剂及封闭胶泥的快干剂，难溶于水，溶于酸生成过氧化氢。以大理石(含有少量氧化亚铁和氧化铁杂质)为原料制备过氧化钙的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)操作Ⅰ的目的是调节溶液的pH，使铁元素完全沉淀，则试剂A最好选用______ (填标号)
a.盐酸
b.硝酸
c.盐酸和过氧化氢
d.硫酸
(2)测得滤液M中Ca2+的物质的量浓度为0.56ml⋅L−1，若加入等体积的(NH4)2CO3溶液时CaCO3开始沉淀，则(NH4)2CO3的物质的量浓度为______【已知Ksp(CaCO3)=2.8×10−9】。
(3)反应Ⅰ是放热反应。不同浓度的H2O2溶液对反应生成CaO2产率的影响如下表：
分析题给信息，解释H2O2的浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：______。
(4)制备所得的过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2的质量分数：
步骤1：准确称取0.3900g过氧化钙样品，置于250mL的锥形瓶中；
步骤2：加入10mL蒸馏水和20mL磷酸，振荡使样品完全溶解；
步骤3：用0.1000ml⋅L−1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
步骤4：平行测定3次(数据记录见下表)，计算试样中CaO2的质量分数
已知：上述实验过程中反应关系为CaO2∼H2O2，5H2O2∼2KMnO4。
①步骤3判断滴定达到终点的现象是______。
②由表中数据可知，该样品中CaO2的质量分数为______ %。若实验时刚洗净的滴定管未用酸性KMnO4溶液润洗，则测定的CaO2的质量分数会______ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
16.草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生反应：
MnO4−+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)
通过下表实验探究外界因素对反应速率的影响。
(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
(2)其中T1=______；V2=______。
(3)若t1<8，则由实验可得出的结论是______；忽略溶液体积的变化，利用实验 B中的数据计算，0∼8s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=______。
(4)在实验中，草酸(H2C2O4)溶液与KMnO4酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快。
①同学们据此提出以下假设：
假设1：该反应为放热反应
假设2：反应生成的Mn2+对该反应有催化作用
假设3：反应生成的K+或SO42−该反应有催化作用
丙同学认为假设3不合理，其理由是______。
②丁同学用如下实验证明假设2：除了酸性高锰酸钾和草酸外，还需要选择的试剂是______。(填化学式)
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
17.化合物G是合成新型免疫调节剂来那度胺的重要中间体，其合成路线如图：
已知：有机物Y为N−氯代丁二酰亚胺。
(1)A分子中碳原子的杂化方式为______。
(2)A→B反应的条件X是______。
(3)D、F相对分子质量接近，F熔点高于D的原因是______。
(4)M的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式______。
①能发生银镜反应和水解反应，且含苯环。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为3：2：2：1。
(5)已知：RCH2Br→NaCNRCH2CN→HCl
，写出以甲苯、苯甲酸和CH3CH2OH为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)______。
18.Ⅰ.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g)，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8ml，B的物质的量为0.6ml，C的物质的量为0.8ml，则：
(1)用C表示10s内正反应的平均反应速率为：______。
(2)反应前A的物质的量浓度是：______。
(3)10s末，生成物D的浓度为______。
Ⅱ.在体积为2L的密闭容器中(体积不变)，充入1mlCO2和3mlH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示：
(1)从反应开始到10min，氢气的平均反应速率v(H2)=______。
(2)下列说法正确的是______。
A.当t=0时，v(逆)=0
B.进行到3min时，正反应速率和逆反应速率相等
C.10min后容器中压强不再改变
D.3min前v(正)>v(逆)，3min后v(正)答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.植物油与水不互溶，会形成乳浊液，得不到溶液，故A错误；
B.酒精与水互溶，可以形成溶液，故B正确；
C.沙子难溶于水，不能形成溶液，故C错误；
D.活性炭难溶于水，不能形成溶液，故D错误；
故选：B。
溶液是均一、稳定的分散系，据此进行解答。
本题考查溶液的形成，掌握各个物质得溶解度是解题的关键，题目比较简单。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查糖类的性质，难度不大，注意人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，纤维素没有甜味．
【解答】
A.淀粉的相对分子质量(12×6+1×10+16×5)×n=162n，由于n不确定，有可能达几万至几十万，属于有机高分子化合物，故A正确；
B.糖类中的单糖不能水解，故B错误；
C.人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，纤维素没有甜味，故C正确；
D.糖类是为人体提供能量的主要物质，是人体内能量的主要来源之一，故D正确．
故选B.
3.【答案】B
【解析】解：A.物质A、B、C的分子个数比为1：3：2，不能说明各组分的浓度不再变化，正逆反应速率相等，无法判断是否达到了平衡状态，故A错误；
B.由于A和C的化学计量数是1：2，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；
C.表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，所以无法判断是否达到平衡状态，故C错误；
D.未指明正逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故选：B。
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆速率之比等于化学计量数之比(不同物质)，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
本题考查化学平衡状态的判断，难度中等，判断时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
X、Y、Z、W为周期表中前20号元素，原子序数依次増大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si元素；W、Y为金属元素，W单质能与冷水剧烈反应，其原子序数大于Si，则W为K元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，Y的最外层电子数=6+1−4=3，则Y为Al元素，据此解答。
A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径K>Al>Si>O，故A正确；
B.X与Z形成的化合物为SiO2，不能导电，故B错误；
C.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的为K，故C错误；
D.K不能从溶液中置换出Al，故D错误；
故选A。
5.【答案】C
【解析】解：A.Cu(OH)2+HCl的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，Cu(OH)2+CH3COOH的离子方程式为：Cu(OH)2+2CH3COOH=Cu2++2H2O+2CH3COO−，两个反应的离子方程式不同，不能用同一个离子方程式表示，故A错误；
B.NaHCO3+H2SO4的离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，而Na2CO3+HCl的离子方程式为CO32−+2H+=CO2↑+H2O或CO32−+H+=HCO3−，两个反应的离子方程式不同，不能用同一个离子方程式表示，故B错误；
C.NaHSO4+NaOH；H2SO4+NaOH，两个反应的离子方程式均为：OH−+H+=H2O，能用同一个离子方程式表示，故C正确；
D.BaCl2+H2SO4的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓，而Ba(OH)2+H2SO4的离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，两个反应的离子方程式不同，不能用同一个离子方程式表示，故D错误；
故选：C。
A.氯化氢为强电解质，需要拆开，而醋酸为弱酸，不能拆开；
B.碳酸氢根离子不能拆开；
C.二者的反应实质都是氢离子与氢氧根离子生成水；
D.氢氧化钡与硫酸反应除了生成硫酸钡沉淀，还有水生成。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.钠的性质活泼，易与空气中的水、氧气反应，在自然界中以化合态存在，自然界中不存在游离态，故A错误；
B.钠是银白色的金属，故B错误；
C.钠与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，沉在底部，煤油隔绝了空气，故C正确；
D.钠与水剧烈反应，生成氢气，钠着火时不能用水扑灭，可以用沙子隔绝空气盖灭，故D错误；
故选：C。
A.钠的性质活泼，易与空气中的水、氧气反应；
B.钠是银白色的金属单质；
C.钠与煤油不反应，且密度比煤油大；
D.钠与水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气。
本题考查了元素化合物知识，熟悉钠的物理性质和化学性质是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.氢氧化钠溶液与盐酸的反应是放热反应，即反应物具有的能量高于生成物具有的能量，与图甲不符合，故A错误；
B.电解精炼铜时，阳极失电子的物质除铜外，其它部分杂质如Zn、Fe、Ni等也发生氧化反应，当阳极质量减少6.4g时，电路中转移的电子数不一定为0.2ml，与图乙不符合，故B错误；
C.催化剂能加快化学反应速率，但不能改变化学平衡的始态和终态，所以合成氨反应在其他条件一定，有、无催化剂时平衡状态下的n(NH3)相等，与图丙不符合，故C错误；
D.其他条件一定，增大起始时O2的物质的量，反应速率增大，平衡时SO3的体积分数逐渐增大，当n(SO2)：n(O2)=2：1时SO3的平衡体积分数最大，而后随着O2的物质的量增大，平衡正向移动，但O2的增大量远大于SO3的增大量，所以平衡时SO3的体积分数反而减小，与图丁符合，故D正确；
故选：D。
A.氢氧化钠溶液与盐酸的反应是放热反应；
B.电解精炼铜时，阳极失电子的物质除铜外，其它部分杂质也发生氧化反应；
C.催化剂能加快化学反应速率，但不能改变化学平衡的始态和终态；
D.增大起始时O2的物质的量，SO3的体积分数和反应速率均增大，n(SO2)：n(O2)=2：1时SO3的平衡体积分数最大。
本题考查较综合，涉及吸放热反应的判定、化学平衡的影响因素、精炼铜原理等知识，明确化学反应原理及影响因素是解本题关键，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；
B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；
C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；
D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；
故选：B。
根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意．
本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应．
9.【答案】D
【解析】解：A.化学反应中能量的变化主要表现为热量的变化，还有光能、电能等形式的变化，故A错误；
B.高炉煤气成分中与高炉高度是没有关系的，增加炼铁高炉的高度不能减少CO的产生，故B错误；
C.正催化剂是加快反应的速率、而负催化剂是减弱反应速率，故C错误；
D.把煤粉碎了再燃烧，能增大煤与空气的接触面积，使煤充分燃烧，可以提高煤的燃烧效率，故D正确；
故选：D。
A.化学反应中能量的变化主要表现为热量的变化；
B.增加炼铁高炉的高度不能减少CO的产生；
C.正催化剂是加快反应的速率、而负催化剂是减弱反应速率；
D.把煤粉碎了再燃烧可以提高煤与氧气的接触面积。
本题考查较为综合，涉及化学反应中能量变化、环境污染与治理、化学反应速率的影响等知识，明确化学反应速率的影响因素等基础知识为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，题目难度中等，注意守恒思想的运用。
向10mL0.1ml/LCuCl2溶液中滴加0.1ml/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2−⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【解答】
向10mL0.1ml/LCuCl2溶液中滴加0.1ml/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2−⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，已知此时−lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7ml/L，
A.Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故A错误；
B.Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)=c(Na+)，故B错误；
C.该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7ml/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−)=10−17.7ml/L×10−17.7ml/L=10−35.4ml2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10−35.4ml2/L2=(100.3)2×10−36ml2/L2=4×10−36ml2/L2，故C正确；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10−5ml/L的混合溶液中逐滴加入10−4ml/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2−浓度为c(S2−)=Ksp(ZnS)c(Zn2+)=3×10−25ml2/L210−5ml/L=3×10−20ml/L，产生CuS时需要的S2−浓度为c(S2−)=Ksp(CuS)c(Cu2+)=4×10−36ml2/L210−5ml/L=4×10−31ml/L，则产生CuS沉淀所需S2−浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误；
故选C。
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查含氯物质的性质，为高频考点，把握元素的化合价、类别推断物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
由价类二维图可知，a为HCl、b为Cl2、c为HClO、d为氯酸盐，含ClO3−、e为ClO2、g为氯化物，含Cl−，以此来解答。
A.若g为NaCl，b为Cl2，电解饱和氯化钠溶液可制备氯气，故A正确；
B.c为HClO，具有强氧化性，不稳定，则c具有漂白性，见光易分解，故B正确；
C.a与d发生6H++5Cl−+ClO3−=3Cl2↑+3H2O，生成3ml氯气转移5ml电子，制备22.4L(标况)b时转移的电子数为×53×NA=53NA，故C错误；
D.e为ClO2，具有强氧化性，可用于自来水消毒，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】解：A.只有Cl元素的化合价变化，KClO3中Cl由+5价降低为0，HCl中Cl由−1价升高为0，Cl2 既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；
B.失去电子被氧化，由反应可知5个Cl失去电子与1个Cl得到电子相同，则被氧化的元素和被还原的元素的质量之比 5：1，故B错误；
C.生成KCl和氯气，可知盐酸既体现酸性，又体现还原性，故C正确；
D.由反应可知转移5ml电子生成3ml气体，故D错误；
故选：B。
由KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，KClO3中Cl由+5价降低为0，HCl中Cl由−1价升高为0，以此来解答。
本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子转移计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，则溶液先变蓝，后氯气可氧化碘单质，溶液蓝色消失，故A错误；
B.浓度相同时，Ksp[Cu(OH)2]小，应先生成蓝色沉淀，故B错误；
C.BaCO3的饱和溶液中加入等体积1ml/LNa2SO4溶液，Qc(BaSO4)>Ksp(BaSO4)时生成白色沉淀，且碳酸钡、硫酸钡均为白色沉淀，不能比较溶解度大小，故C错误；
D.前者溶液变成蓝色，可知溶液含碘单质，后者有黄色沉淀，可知溶液含碘离子，则KI3溶液存在平衡：I3−⇌I2+I−，故D正确；
故选：D。
A.氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B.浓度相同时，Ksp小的先沉淀；
C.BaCO3的饱和溶液中加入等体积1ml/LNa2SO4溶液，Qc(BaSO4)>Ksp(BaSO4)时生成白色沉淀，且碳酸钡、硫酸钡均为白色沉淀；
D.前者溶液变成蓝色，可知溶液含碘单质，后者有黄色沉淀，可知溶液含碘离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：①加入NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成，说明原溶液中可能含有Mg2+、Al3+；一定没有NH4+；滤液中c(OH−)=0.2ml⋅L−1，证明碱过量，一定含有Mg2+；
②加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，溶液中一定含有Cl−；
氢氧化镁2.03g，物质的量是0.035ml，消耗的n(OH−)=0.07ml，加入的氢氧化钠为0.13ml，滤液中的n(OH−)=0.2ml⋅L−1×0.1L=0.02ml，故Al3+消耗了0.04ml氢氧化钠生成偏铝酸钠，n(Al3+)=0.01ml；生成白色沉淀14.35g是氯化银，物质的量是0.1ml，氢氧化镁有0.035，n(Al3+)=0.01ml，根据电荷守恒，n(Na+)=n(Cl−)−2n(Mg2+)−3n(Al3+)=0，故不含有钠离子，
A、根据以上分析可知，溶液中一定存在：Mg2+、Al3+、Cl−，一定不含有Na+和NH4+，故A正确；
B、溶液中一定不存在：Na+，故B错误；
C、c(Mg2+)=⋅L−1，不存在钠离子，故C错误；
D、c(Al3+)=⋅L−1，c(Cl−)=，故D错误；
故选：A。
①加入NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成，说明原溶液中可能含有Mg2+、Al3+；一定没有NH4+；滤液中c(OH−)=0.2ml⋅L−1，证明碱过量，一定含有Mg2+；
②加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，溶液中一定含有Cl−；
氢氧化镁2.03g，物质的量是0.035ml，消耗的n(OH−)=0.07ml，加入的氢氧化钠为0.13ml，滤液中的n(OH−)=0.2ml⋅L−1×0.1L=0.02ml，故Al3+消耗了0.04ml氢氧化钠生成偏铝酸钠，n(Al3+)=0.01ml；生成白色沉淀14.35g是氯化银，物质的量是0.1ml，氢氧化镁有0.035，n(Al3+)=0.01ml，根据电荷守恒，n(Na+)=n(Cl−)−2n(Mg2+)−3n(Al3+)=0，故不含有钠离子，据此选择即可．
本题考查离子反应的简单计算、常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，根据电荷守恒判断钠离子的存在为本题易错点．
15.【答案】c2×10−8ml⋅L−1 H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系升温迅速，促使H2O2分解 当看到加入1滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，30s不褪色，即达到滴定终点 90.00偏高
【解析】解：(1)酸溶后，溶液中含有Fe2+、Fe3+杂质，在酸溶的同时最好加入适当的氧化剂，且不引入新杂质，使在加入氨水是铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，所以试剂A最好选用盐酸和过氧化氢，
故答案为：c；
(2)测得滤液M中Ca2+的物质的量浓度为0.56ml⋅L−1，若加入等体积的(NH4)2CO3溶液时CaCO3开始沉淀，说明c(CO32−)=Ksp(CaCO3)c(Ca2+)=2.8×10−90.56ml⋅L−1=2×10−8ml⋅L−1，
故答案为：2×10−8ml⋅L−1；
(3)反应Ⅱ是放热反应，H2O2在温度升高时容易分解，所以保持H2O2物质的量一定，当H2O2浓度小于20%时，由于增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，所以CaO2的产率随H2O2浓度的增大而增大；但浓度大于20%后，由于反应的速率加快，导致体系温度迅速升高，促使H2O2分解，H2O2的溶液下降，CaO2产率反而下降，
故答案为：H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系升温迅速，促使H2O2分解；
(4)①步骤3是用0.1000ml⋅L−1 KMnO4标准溶液滴定双氧水，所以判断滴定达到终点的现象是当看到加入1滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，30s不褪色，即达到滴定终点，
故答案为：当看到加入1滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，30s不褪色，即达到滴定终点；
②由表中数据可知，四次数据中1、3、4比较接近，2的数据偏差比较大，所以取代1、3、4的数据，用去的KMnO4标准溶液的体积为19.5mL，根据CaO2∼H2O2，5H2O2∼2KMnO4，则有CaO2∼25KMnO4，所以该样品中CaO2含量为25×(40+32)×0.1×19.5×10−3g0.3900g×100%%=90.00%，若实验时刚洗净的滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，会使滴定管中标准液的浓度偏小，导致用去的标准液的体积偏大，根据CaO2∼25KMnO4，所以CaO2的质量分数测定结果偏高，
故答案为：90.00；偏高。
大理石中含有少量氧化亚铁和氧化铁杂质，酸溶后，溶液中含有Fe2+、Fe3+杂质，加入氨水后Fe2+、Fe3+转化为氢氧化铁而除去，所以在酸溶的同时最好加入适当的氧化剂，同是不能带入新的杂质，除铁后得到的氯化钙溶液中加入碳酸铵，得到纯净的碳酸钙，加入盐酸，再生成氯化钙，CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2⋅8H2O↓+2NH4Cl，失去结晶水后得到CaO2，据此答题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
16.【答案】(1)2：5
(2)293；3
(3)在其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；0.00125ml/(L⋅s)
(4)①若K+和SO42−是催化剂，则反应一开始就会很快 ②MnSO4
【解析】【分析】
本题考查化学反应速率，题目难度中等，掌握外界条件改变对速率的影响是解题的关键，注意探究实验保证单一变量原则。
【解答】
(1)反应MnO4−+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O中，锰元素价态降低得电子，高锰酸钾作氧化剂，碳元素价态升高失电子，草酸作还原剂，由电子守恒可知高锰酸钾与草酸的物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5；
(2)实验A、B的反应物浓度不同，故温度应保持不变，T1=293，实验B、C温度不同，应保持反应物浓度相同，故V1=1，V2=3，
故答案为：293；3；
(3)实验A比B的反应物浓度大，若t1<8，实验A中反应速率快，则由实验可得出的结论是在其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；0∼8s内，B实验根据2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4是不足量的，H2C2O4是过量的，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.02ml/L×0.004L(0.004L+0.003L+0.001L)×8s=0.00125ml/(L⋅s)，
故答案为：在其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；0.00125ml/(L⋅s)；
(4)①草酸(H2C2O4)溶液与KMnO4酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快，假设3不合理，其理由是若K+和SO42−是催化剂，则反应一开始就会很快，
故答案为：若K+和SO42−是催化剂，则反应一开始就会很快；
②反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，除了酸性高锰酸钾和草酸外，还需要选择的试剂是MnSO4，
故答案为：MnSO4。
17.【答案】sp3、sp2 SOCl2 F为离子晶体，D为分子晶体，熔融时破坏F中离子键所需能量大于D分子间作用力
【解析】解：(1)A分子中亚甲基、次亚甲基上的碳原子价层电子对数都是4、羧基上的碳原子价层电子对数是3，则亚甲基、次亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，羧基上的碳原子采用sp2杂化，
故答案为：sp3、sp2；
(2)A→B反应的条件X是SOCl2，
故答案为：SOCl2；
(3)离子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低，D、F相对分子质量接近，F熔点高于D的原因是F为离子晶体，D为分子晶体，熔融时破坏F中离子键所需能量大于D分子间作用力，
故答案为：F为离子晶体，D为分子晶体，熔融时破坏F中离子键所需能量大于D分子间作用力；
(4)M的一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应和水解反应，且含苯环，说明含有醛基、酯基和苯环；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为3：2：2：2，应该含有一个甲基，且结构对称，根据氧原子个数知，应该含有2个HCOO−，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)由C生成D可知，可由苯乙酰胺和苯甲酸乙酯反应生成；其合成路线图为，
故答案为：。
A中羧基和甲醇发生酯化反应生成B，根据H生成M的反应条件知，X为SOCl2，B中氨基上的氢原子被取代生成C，C中氨基上的氢原子被取代生成D，D中酰胺键和盐酸反应生成F；H中羧基和甲醇发生酯化反应生成M，M中甲基上氢原子被氯原子取代生成N，F、N反应生成Q；
(4)M的一种同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应和水解反应，且含苯环，说明含有醛基、酯基和苯环；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为3：2：2：2，应该含有一个甲基，且结构对称，根据氧原子个数知，应该含有2个HCOO−；
(5)由C生成D可知，可由苯乙酰胺和苯甲酸乙酯反应生成。
本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后断键和成键方式、原子杂化类型判断方法、限制性条件下同分异构体结构简式的确定方法是解本题关键。
18.【答案】0.04ml⋅L−1⋅s−1 1.5ml/L0.4ml/L0.1125ml⋅L−1⋅min−1 AC
【解析】解：Ⅰ.根据题意：达到平衡，测得A的物质的量为1.8ml，B的物质的量为0.6ml，C的物质的量为0.8ml，列三段式：
3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(g)
起始量(ml)nm00
变化量(ml)
平衡量(ml)
达到平衡，测得A的物质的量为1.8ml，则n=1.8+1.2=3；B的物质的量为0.6ml，则m=0.6+0.4=1；
(1)v(C)=ΔcΔt=0.8ml2L10s=0.04ml⋅L−1⋅s−1
故答案为：0.04ml⋅L−1⋅s−1；
(2)c(A)=3ml2L=1.5ml/L，
故答案为：1.5ml/L；
(3)c(D)=0.8ml2L=0.4ml/L，
故答案为：0.4ml/L；
Ⅱ.(1)从反应开始到平衡，v(CO2)=ΔcΔt=1ml−0.25ml2L10min=0.0375ml⋅L−1⋅min−1，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=3×0.0375ml⋅L−1⋅min−1=0.1125ml⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.1125ml⋅L−1⋅min−1；
(2)A.t=0时，逆反应还没有开始，v(逆)=0，故A正确；
B.正反应速率和逆反应速率相等，是指相同时间内，物质浓度变化量相同，而根据图象可知进行到3分钟时，CO2和CH3OH(g)的浓度相同不能判断浓度变化量是否相同，故B错误；
C.反应在10min时达到平衡，故压强不再变化，故C正确；
D.根据图象可知，反应在达到平衡前，3min前后反应物浓度都在减小，生成物浓度都在增大，所以在10min前都是Y正>Y逆，故D错误，
故答案为：AC。
Ⅰ.达到平衡，测得A的物质的量为1.8ml，B的物质的量为0.6ml，C的物质的量为0.8ml，由此列三段式进行计算；
Ⅱ.起始时加入1mlCO2和3mlH2，由图像可知：反应到10min时达到平衡，此时甲醇的物质的量为0.75ml，CO2为0.25ml。
本题考查化学平衡的计算，把握化学平衡及转化率的计算为解答的关键，注意三段式的建立。选项
实验操作
现象
结论
A
向1ml/L100mL的KI淀粉溶液中通入足量的氯气
溶液最终未变蓝
氯气的水溶液具有漂白性
B
向浓度均为0.01ml/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液10mL中加入1ml/L的氨水10mL
只产生了白色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]
C
向澄清的BaCO3的饱和溶液中加入等体积1ml/LNa2SO4溶液
产生了白色沉淀
BaCO3溶解度大于BaSO4
D
向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉和AgNO3溶液
前者溶液变成蓝色，后者有黄色沉淀
KI3溶液存在平衡：I3−⇌I2+I−
H2O2的浓度/%
5
10
15
20
25
30
CaO2的产率/%
62.40
63.10
63.20
64.54
62.42
60.40
实验
1
2
3
V(酸性KMnO4溶液)/mL
19.50
19.48
19.52
实验序号
实验温度/K
有关物质
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/ml⋅L−1
V/mL
c/ml⋅L−1
V/mL
A
293
4
0.02
4
0.1
0
t1
B
T1
4
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
4
0.02
V2
0.1
1
t2