2024屆山西省岢嵐縣中學化學高二第二學期期末學業質量監測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、了解化學反應原理，學會健康生活。下列對有關現象及事實的解釋不正確的是選項現象或事實主要原因A熱純堿溶液比冷純堿溶液除油污效果好熱溶液中碳酸鈉水解程度大，堿性強B夏天雷雨過后感覺到空氣特別的清新空氣中O3含量增加、塵埃減少C使用含氟牙膏能防止齲齒牙齒中的羥基磷灰石與牙膏里的氟離子轉化成更難溶的氟磷灰石D銅合金水龍頭使用長了會生成銅綠發生了析氫腐蝕A．A B．B C．C D．D2、四種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。其原子的最外層電子數之和為19，W和X元素原子內質子數之比為1:2，X2+和Z-的電子數之差為8。下列說法不正確的是A．WZ4分子中W、Z原子通過共價鍵結合且最外層均達到8電子結構B．離子半徑從大到小的順序是Y、Z、XC．W、Y、Z元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是元素ZD．W與Y通過離子鍵形成離子化合物3、下列實驗操作正確的是（）A．用稀硫酸和鋅粒制取H2時，加幾滴Cu(NO3)2溶液以加快反應速率B．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，證明H2SO3的酸性強于HClOC．用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇甲基橙為指示劑D．將Cu與濃硫酸反應后的混合物先冷卻，再向其中加入冷水以驗證生成的Cu2+4、若圖①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，沉淀的量與NaOH的體積的關系圖。下列各表述與示意圖一致的是A．圖①三種離子的物質的量之比為:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．圖①中使用的NaOH的濃度為2mol/LC．圖②中物質A反應生成物質C，△H>0D．圖②中曲線表示某反應過程的能量變化。若使用催化劑，B點會降低5、下列離子方程式書寫正確的是（）A．少量SO2通入Ca

(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOB．Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2OD．NaHCO3溶液加入過量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-6、CuSO4是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質如圖所示。下列說法不正確的是（）A．相對于途徑①③，途徑②更好地體現了綠色化學思想B．途徑①發生的反應可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2OC．1molCuSO4在1100℃所得混合氣體X為SO3和O2，其中O2為0.5mo1D．將CuSO4溶液蒸發濃縮、冷卻結晶，可制得膽礬晶體(CuSO4·5H2O)7、關于下列四個裝置的說明符合實驗要求的是A．裝置①：實驗室中若需制備較多量的乙炔可用此裝置B．裝置②：實驗室中可用此裝置來制備硝基苯，但產物中可能會混有苯磺酸C．裝置③：實驗室中可用此裝置分離含碘的四氯化碳液體，最終在錐形瓶中可獲得碘D．裝置④：實驗室中可用此裝置來制備乙酸乙酯并在燒瓶中獲得產物8、分析下圖的能量變化，確定該反應的熱化學方程式書寫正確的是（）A．2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＜0B．2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＞0C．2A＋B=2CΔH＜0D．2C=2A＋BΔH＜09、蘇軾的《格物粗談》有這樣的記載：“紅柿摘下未熟，每籃用木瓜三枚放入，得氣即發，并無澀味。”按照現代科技觀點，該文中的“氣”是指（

）A．脫落酸 B．生長素 C．乙烯 D．甲烷10、如圖是某元素的價類二維圖，其中A為正鹽，X是一種強堿，通常條件下Z是無色液體，E的相對分子質量比D大16，各物質的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．A作肥料時不適合與草木灰混合施用B．同主族元素的氫化物中B的沸點最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反應可用于檢驗D11、乙二酸，又稱草酸，通常在空氣中易被氧化而變質。其兩分子結晶水(H2C2O4·2H2O)卻能在空氣中穩定存在。在分析化學中常用H2C2O4?2H2O做KMnO4的滴定劑，下列關于H2C2O4的說法正確的是A．草酸是二元弱酸，其電離方程式為H2C2O4═2H++C2O42?B．草酸滴定KMnO4屬于中和滴定，可用石蕊做指示劑C．乙二酸可通過乙烯經過加成、水解、氧化再氧化制得D．將濃H2SO4滴加到乙二酸上使之脫水分解，分解產物是CO2和H2O12、能影響水的電離平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（）A．向水中通入SO2B．將水加熱煮沸C．向純水中投入一小塊金屬鈉D．向水中加入NaCl13、廣州亞運會的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有關丙烷的敘述中不正確的是()A．分子中碳原子不在一條直線上 B．光照下能夠發生取代反應C．比丁烷更易液化 D．是石油分餾的一種產品14、關于電解NaCl水溶液，下列敘述正確的是（）A．電解時在陽極得到氯氣，在陰極得到金屬鈉B．若在陽極附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C．若在陰極附近的溶液中滴入酚酞試液，溶液呈無色D．電解一段時間后，將全部電解液轉移到燒杯中，充分攪拌后溶液呈中性15、下列關于熱化學反應的描述中正確的是A．HCl和NaOH反應的中和熱△H＝－57.3kJ·mol?1，則H2SO4和Ca(OH)2反應的中和熱△H=2×(－57.3)kJ·mol?1B．甲烷的標準燃燒熱ΔH＝－890.3kJ·mol?1，則CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＜－890.3kJ·mol?1C．已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1；將1.5molH2和過量的N2在此條件下充分反應，放出熱量46.2kJD．CO(g)的燃燒熱是283.0kJ·mol?1，則2CO2(g)===2CO(g)+O2(g)反應的△H＝+566.0kJ·mol?116、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是（）①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③飽和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA．②③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①④⑤17、將固體NH4I置于密閉容器中，在一定溫度下發生下列反應：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。達到平衡時，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，則此溫度下反應①的平衡常數為()A．9 B．16 C．20 D．2518、為達到預期的實驗目的，下列操作正確的是A．欲配制質量分數為10％的ZnSO4溶液，將l0gZnSO4·7H2O溶解在90g水中B．欲制備F(OH）3膠體，向盛有沸水的燒杯中滴加FeCl3飽和溶液并長時間煮沸C．為鑒別KCl、AICl3和MgCl2溶液，分別向三種溶液中滴加NaOH溶液至過量D．為減小中和滴定誤差，錐形瓶必須洗凈并烘干后才能使用19、在密閉容器中的一定量混合氣體發生反應：xA(g)＋yB(?)zC(g)；平衡時測得A的濃度為0.45mol/L，保持溫度不變，將容器的容積壓縮到原來的一半，再達平衡時，測得A的濃度增大為0.9mol/L。下列有關判斷正確的是A．各物質的計量數一定滿足：x＋y＝zB．若B為氣體，壓縮后B的體積分數增大，轉化率降低C．無論B為固體或氣體，壓縮后B的質量都不會改變D．壓縮時，平衡向逆反應方向移動，且正、逆反應速率都增大20、將足量的CO2不斷通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物質的量與所通入CO2的體積關系如圖所示。下列關于整個反應過程中的說法錯誤的是（）A．e點溶液中c(HCO3-)＞c(K+)B．bc段反應的離子方程式是AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-C．d點溶液中c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)D．Oa段與de段所消耗CO2的體積相同21、設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列敘述正確的是A．60gSiO2中含有NA個SiO2分子B．標況下，22.4LSO3的分子數為NAC．0.5mol·L－1CuCl2溶液中含有NA個Cl-D．在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉移的電子數為5NA22、化合物X是一種藥物合成的中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是A．化合物X的分子式為C16H16O6B．能發生加成反應、取代反應、消去反應C．可與FeCl3溶液發生顯色反應，但不能發生氧化反應D．1mol化合物X最多可與5molNaOH、7molH2、4molBr2發生反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）分子式為C3H7Br的有機物甲在適宜的條件下能發生如下一系列轉化：（1）若B能發生銀鏡反應，試回答下列問題．①有機物甲的結構簡式為_____；②用化學方程式表示下列轉化過程：甲→A：___________________B和銀氨溶液反應：_________（2）若B不能發生銀鏡反應，請回答下列問題：①A的結構簡式為__________；②用化學方程式表示下列轉化過程．甲+NaOHD：_____，D→E：_____．24、（12分）化合物K是有機光電材料中間體。由芳香族化合物A制備K的合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)A的結構簡式是________。(2)C中官能團是________。(3)D→E的反應類型是________。(4)由F生成G的化學方程式是________。(5)C7H8的結構簡式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環外，不含其他環狀結構，其苯環上只有1種化學環境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，寫出符合上述要求的X的結構簡式：________。(7)以環戊烷和烴Q為原料經四步反應制備化合物，寫出有關物質的結構簡式（其他無機試劑任選）。Q：____；中間產物1：________；中間產物2：____；中間產物3：________。25、（12分）某學習小組設計實驗探究CuSO4分解產物Ⅰ．甲同學選擇下列裝置設計實驗探究硫酸銅分解的氣態產物SO3、SO2和O2，并驗證SO2的還原性。回答下列有關問題（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是______________________（用離子方程式表示）。（2）上述裝置按氣流從左至右排序為A、D、___________E、F（填代號）。（3）裝置D的作用是___________；能證明有SO3生成的實驗現象是___________。（4）在實驗過程中C裝置中紅色溶液逐漸變為無色溶液，說明A中分解產物有___________；待C中有明顯現象后，F開始收集氣體，F裝置中集氣瓶收集到了少量氣體，該氣體是___________（填化學式）。（5）為了驗證SO2的還原性，取E裝置中反應后的溶液于試管中，設計如下實驗：a滴加少量的NH4SCN溶液b滴加少量的K3[Fe（CN）6]溶液c滴加酸性KMnO4溶液d滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有___________（填代號），寫出E裝置中可能發生反應的離子方程式：_________。Ⅱ．乙同學利用A中殘留固體驗證固體產物（假設硫酸銅已完全分解）查閱資料知，銅有+2、+1價。Cu2O在酸性條件下不穩定，發生反應：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（6）為了驗證固體產物中是否有Cu2O，設計了下列4種方案，其中能達到實驗目的的是___________。甲：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硝酸，觀察溶液顏色是否變為藍色乙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硫酸，觀察溶液顏色是否變為藍色丙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀鹽酸，觀察是否有紅色固體生成丁：取少量殘留固體于試管，通入氫氣，加熱，觀察是否生成紅色固體（7）經檢驗CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的質量之比為5：9，SO2、O2、SO3的體積之比（同溫同壓下測定）為4：3：2。寫出CuSO4分解的化學方程式：_______。26、（10分）輝銅礦（主要成分為Cu2S）經火法冶煉，可制得Cu和H2SO4，流程如下圖所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合價是__________價。（2）Ⅱ中，電解法精煉粗銅（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做電解質溶液：①粗銅應與直流電源的_________極（填“正”或“負”）相連。②銅在陰極析出，而鐵以離子形式留在電解質溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，煙氣（主要含SO2、CO2）在較高溫度經下圖所示方法脫除SO2，并制得H2SO4。①在陰極放電的物質________________。②在陽極生成SO3的電極反應式是_______________________________。（4）檢測煙氣中SO2脫除率的步驟如下：（i）.將一定量的凈化氣（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入濃鹽酸，加熱溶液至無色無氣泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）過濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質量。①用離子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的質量越大，說明SO2的脫除率越________（填“高”或“低”）。27、（12分）白醋是常見的烹調酸味輔料，白醋總酸度測定方法如下。i.量取20.00mL白醋樣品，用100mL容量瓶配制成待測液。ii.將滴定管洗凈、潤洗，裝入溶液，趕出尖嘴處氣泡，調整液面至0刻度線。iii.取20.00mL待測液于潔凈的錐形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定至終點，記錄數據。iv.重復滴定實驗3次并記錄數據。ⅴ.計算醋酸總酸度。回答下列問題：（1）實驗i中量取20.00mL白醋所用的儀器是______（填字母）。abcD（2）若實驗ii中堿式滴定管未用NaOH標準溶液潤洗，會造成測定結果比準確值_____（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（3）實驗iii中判斷滴定終點的現象是_______。（4）實驗數據如下表，則該白醋的總酸度為_______mol·L－1。待測液體積/mL標準NaOH溶液滴定前讀數/mL滴定終點讀數/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0228、（14分）含有下列離子的五種溶液①Ag+，②Mg2+，③Fe2+，④Al3+，⑤Fe3+。試回答：（1）既能被氧化又能被還原的離子是___________________。（2）向③中加入NaOH溶液,現象是____________________，有關化學方程式或離子方程式是___________________________________________。（3）加入過量NaOH溶液無沉淀的是（不考慮①）_____________________________。（4）能用來鑒別Cl–存在的離子是___________。（5）遇KSCN溶液呈紅色的是_________________________。29、（10分）化學實驗是學習理解化學知識的基礎,它以其生動的魅力和豐富的內涵在化學學習中發揮著獨特的功能和作用。請回答下列問題：I.實驗室欲用固體NaOH配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液。（1）配制上述溶液，下列不能用到的儀器是_______________(用序號回答)。A．燒杯B．大試管C．玻璃棒D．100mL容量瓶（2）除上述儀器外，還一定要的玻璃儀器有______________。（3）用托盤天平稱取NaOH固體的質量為_________g，從下表中選擇稱量NaOH固體所需要的儀器__________________（填序號）。（4）下列情況使所配得溶液的濃度如何變化？（填“偏高”“偏低”或“不變”）A．未洗滌溶解氫氧化鈉的燒杯_________。B．容量瓶使用前用蒸餾水洗過，內壁附有水珠而未干燥處理___________。C．定容時加水超過了刻度線，將多出的液體吸出___________。II．已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于質最分數大于或等于98%的濃硫酸，而乙不溶。現有一份甲和乙的混合物樣品，通過實驗進行分離，可得到固體甲（實驗中使用的過濾器是用于過濾強酸性液體的耐酸過濾器，甲與硫酸不發生化學反應）。請填寫下列空白，完成由上述混合物得到固體甲的實驗設計。序號實驗步驟簡述實驗操作（不必敘述如何組裝實驗裝置）①溶解將混合物放入燒杯中，加入98%H2SO4____。②_____________③稀釋（沉淀）____________④過濾⑤_________向④的過濾器中注入少量蒸餾水，使水面浸過沉淀物，待水濾出后，再次加水洗滌，連洗幾次。⑥檢驗沉淀是否洗凈____________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解題分析】分析：A.水解是吸熱的，熱溶液中碳酸鈉水解程度大，堿性強；B.部分氧氣在雷達作用下轉化成臭氧；C.牙齒中的羥基磷灰石能與牙膏里的氟離子轉化成更難溶的氟磷灰石；D.銅綠的生成是由于發生了吸氧腐蝕。詳解：A.熱溶液中碳酸鈉水解程度大，堿性強,因此熱純堿溶液比冷純堿溶液除油污效果好，A正確；B.雷雨過后空氣中O3含量增加、塵埃減少,所以感覺到空氣特別的清新,B正確；C.使用含氟牙膏,牙齒中的羥基磷灰石與牙膏里的氟離子轉化成更難溶的氟磷灰石,能防止齲齒,C正確；D.銅合金水龍頭使用長了會生成銅綠,是由于發生了吸氧腐蝕，D錯誤；答案選D.點睛：較強的酸性條件下發生析氫腐蝕，弱酸性、中性和堿性條件下發生吸氧腐蝕，吸氧腐蝕比析氫腐蝕更普遍。2、D【解題分析】

X失去兩個電子得到X2+，Z得到一個電子為Z-，由于兩個離子的電子數之差為8，則X、Z這兩種元素處于同一周期，即X為Be時，Z為F；X為Mg時，Z為Cl。由于W和X元素原子內質子數之比為1:2，若X為Be，則W為He，不符合題意。故X為Mg，Z為Cl，W為C。它們的最外層電子數之和為19，且Y在X之后，Z之前，則Y為S。綜上所述，W為C，X為Mg，Y為S，Z為Cl。【題目詳解】A.WZ4為CCl4，C-Cl鍵屬于共價鍵，C、Cl的最外層都達到了8電子結構，A正確；B.Y、Z、X的簡單離子分別為S2-、Cl-、Mg2+，這三種離子的半徑依次減小，B正確；C.W為C，Y為S，Z為Cl，由于Cl的非金屬性最強，所以最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是Cl，即C正確；D.W為C，Y為S，形成的化合物為CS2，該物質是共價化合物，D錯誤；故合理選項為D。3、C【解題分析】

A、稀硫酸中滴入Cu(NO3)2溶液會產生硝酸，硝酸與鋅反應不產生H2，選項A錯誤；B、向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體，發生氧化還原反應，而不是利用強酸制弱酸的原理，不能證明H2SO3的酸性強于HClO，選項B錯誤；C、用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定終點時，碳酸氫鈉完全反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，此時溶液顯酸性，應該選擇遇酸變色的甲基橙為指示劑，選項C正確；D、由于濃硫酸與銅反應后的溶液中水很少，不能使Cu2+在溶液中呈藍色，且濃硫酸的密度大，溶于水稀釋時放出大量的熱，所以要將反應后的混合物冷卻，再慢慢倒入盛水的燒杯中，即可觀察到溶液呈藍色，證明有Cu2+生成，選項D錯誤；答案選C。4、D【解題分析】分析：圖①涉及到的離子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,NH4++OH-=NH3?H2O,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,則n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,則:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2，根據氫氧化鎂的物質的量可以知道:0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L；圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小,如A是反應物,則反應放熱,反之吸熱，B點為活化能，加入催化劑,活化能降低；據以上分析解答。詳解：圖(1)涉及到的離子方程式有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-=NH3?H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,則n(NH4+)=0.01xmol,n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol,n(Mg2+)=(0.025-0.005×3)/2=0.005xmol,則:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝1:1:2,A錯誤；設NaOH溶液的濃度為xmol/L,根據n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol,x=10mol/L，B錯誤；圖②中曲線表示反應物和生成物的能量的大小，如A是反應物,則反應放熱,△H<0,C錯誤；圖②中表示某反應過程的能量變化,使用催化劑降低反應的活化能,加快反應速率,D正確；正確選項D。點睛：向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時，Mg2＋、Al3＋先與OH-反應生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，然后，NH4＋與OH-反應生成一水合氨，為弱堿，所以兩種沉淀不溶解；繼續加入OH-，氫氧化鋁溶解變為偏鋁酸鹽，而氫氧化鎂不溶解；因此圖像中25mL以前為沉淀的生成過程，25-30mL為NH4＋與堿反應過程，35-40mL為氫氧化鋁的溶解過程，最后剩余氫氧化鎂沉淀。5、C【解題分析】分析：本題考查的是離子方程式的判斷，注意氧化還原反應的存在。詳解：A.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，因為次氯酸根具有氧化性，氧化+4價的硫使之變成硫酸根離子，故離子方程式SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO是錯誤；B.Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液，溶液中硝酸根離子能氧化碘離子不是鐵離子氧化，故錯誤；C.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，+3價的氮元素被高錳酸鉀氧化，故正確；D.NaHCO3溶液加入過量的Ba(OH)2溶液生成碳酸鋇和氫氧化鈉和水，離子方程式為：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O。故錯誤。故選C。點睛：在分析離子方程式時需要注意氧化還原反應中的先后順序，性質強的先反應。如B項，硝酸根的氧化性強于鐵離子，所以硝酸根氧化碘離子，而不是鐵離子氧化。6、C【解題分析】

A.途徑①產生污染環境的氣體NO，途徑③產生污染環境的氣體SO2，而途徑②不產生污染環境的物質，更好地體現了綠色化學思想，A正確；B.途徑①發生的離子反應為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，反應可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，B正確；C.1molCuSO4在1100℃所得混合氣體X為SO3、SO2和O2，C錯誤；D.將CuSO4溶液蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾，可制得膽礬晶體(CuSO4·5H2O)，D正確；答案為C。7、B【解題分析】

A．電石與水反應放出大量的熱，生成氫氧化鈣微溶，易堵塞導管，則不能利用圖中裝置制取乙炔，故A錯誤；B．制備硝基苯，水浴加熱，溫度計測定水溫，該反應可發生副反應生成苯磺酸，圖中制備裝置合理，故B正確；C．分離含碘的四氯化碳液體，四氯化碳沸點低，先蒸餾出來，所以利用該裝置進行分離可，最終在錐型瓶中可獲得四氯化碳，故C錯誤；D．制備乙酸乙酯不需要測定溫度，不能在燒瓶中獲得產物，應在制備裝置后連接收集產物的裝置（試管中加飽和碳酸鈉），故D錯誤；故選：B。8、A【解題分析】

根據反應熱與反應物總能量、生成物總能量的關系分析解答。【題目詳解】題圖表示2molA(g)和1molB(g)具有的總能量高于2molC(g)具有的總能量，則可寫熱化學方程式：2A(g)＋B(g)＝2C(g)ΔH＜0或2C(g)＝2A(g)＋B(g)ΔH＞0。A.2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＜0，符合題意，選項A正確；B.2A(g)＋B(g)=2C(g)ΔH＞0，不符合題意，選項B錯誤；C.未寫物質狀態，選項C錯誤；D.未寫物質狀態，且焓變應該大于0，選項D錯誤。答案選A。【題目點撥】反應熱ΔH＝生成物總能量－反應物總能量。ΔH是變化過程中各種形式能量之總和，而不僅指熱量。9、C【解題分析】

根據記載，其中的“氣”是能促進果實成熟的氣體；A.脫落酸指能引起芽休眠、葉子脫落和抑制細胞生長等生理作用的植物激素，不能促進果實成熟，“氣”不是脫落酸；B.生長素是植物激素，促進細胞分裂和根的分化，促進營養器官的伸長，促進果實發育，較低濃度促進生長，較高濃度抑制生長，“氣”不是生長素；C.乙烯是能夠促進果實的成熟的氣體，“氣”是乙烯；D.甲烷對植物的生長無作用，“氣”不是甲烷；故選C。10、B【解題分析】

由信息可知，A為正鹽，為銨鹽，強堿與銨鹽加熱生成氨氣，所以B為NH3；氨氣和氧氣反應生成氮氣和水，C為N2；氮氣氧化為NO，所以D為NO；NO氧化為NO2，E為NO2；二氧化氮和水反應生成硝酸，F為HNO3；G為硝酸鹽；Y為O2，Z為H2O。A.銨態氮肥和草木灰不能混合施用，故A項正確；B.B為NH3，氨氣分子間存在氫鍵，所以氮族元素的氫化物中氨的沸點異常的高，所以氮族元素的氫化物中，NH3的沸點最高，故B項錯誤；C.C為N2，N2的密度與空氣太接近，用排空氣法收集不能得到純凈的氣體，所以一般用排水法收集，故C項正確；D.NO與O2反應生成NO2，顏色由無色變為紅棕色，可用于檢驗NO，故D項正確。故選B。【題目點撥】氨氣和氧氣反應生成氮氣和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮氣體；氮氣和氧氣在放電條件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反應才能生成二氧化氮。11、C【解題分析】

A．多元弱酸的電離是分步進行的，電離方程式為H2C2O4H++HC2O4-，故A錯誤；B．高錳酸鉀本身就是紫紅色，不需要指示劑，該反應是氧化還原滴定，故B錯誤；C．乙烯和氯氣加成生成1，2－二氯乙烷，上述產物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化為乙二醛，乙二醛發生銀鏡反應生成乙二酸，故C正確；D．乙二酸在酸和受熱的條件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D錯誤；故選C。12、A【解題分析】試題分析：A．在水中存在水的電離平衡：H2OH++OH－。當向水中通入SO2時發生反應：SO2+H2O=H2SO1．H2SO1H++HSO1-。H2SO1電離產生的H+使溶液中的H+的濃度增大，對水的電離平衡起到了抑制作用。最終使水電離產生的H+、OH-的濃度遠遠小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正確。B．水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水的電離。所以將水加熱煮沸促進了水的電離。但是水電離產生的H+和OH-離子的個數總是相同，所以升溫后水中的H+和OH-的濃度仍然相等。錯誤。C．向純水中投入一小塊金屬鈉發生反應：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH電離產生的OH-使水的電離平衡逆向移動，對水的電離起到了抑制作用，最終使整個溶液中的c(OH－)＞c(H＋)。錯誤。D．向水中加入NaCl．NaCl是強酸強堿鹽，對水的電離平衡無影響，所以水中的H+和OH-離子的濃度仍然相等。錯誤。考點：考查外界條件對水的電離平衡的影響的知識。13、C【解題分析】

A.丙烷有3個碳原子，中間的碳原子連接了兩個碳原子和兩個氫原子，這兩個碳原子和兩個氫原子構成了一個四面體結構，中間的碳原子在四面體的中心。在四面體結構中，鍵角接近109°28ˊ，所以這三個碳原子構成了一個角形結構，夾角大約109°，所以三個碳原子不在一條直線上。故A不選；B.丙烷屬于烷烴，烷烴都可以在光照下和鹵素單質發生取代反應，故B不選；C.丙烷的沸點比丁烷低，所以比丁烷難液化，故C選；D.丙烷和丁烷都是通過石油分餾獲得的石油氣中的成分，故D不選。故選C。14、B【解題分析】

A．電解時在陽極是氯離子失電子得到氯氣，在陰極是氫離子得到電子生成氫氣，故A錯誤；B．在陽極附近是氯離子失電子得到氯氣，滴入KI溶液，氯氣能將碘離子氧化為碘單質而使得溶液呈棕色，故B正確；C．在陰極陰極是氫離子得到電子生成氫氣，該極附近的溶液顯堿性，滴入酚酞試液，溶液呈紅色，故C錯誤；D．電解一段時間后，全部電解液幾乎是氫氧化鈉，溶液顯示堿性，故D錯誤；故答案為B。15、D【解題分析】

A．HCl和NaOH反應的中和熱△H＝-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸與氫氧化鈣反應生成的硫酸鈣微溶，則H2SO4和Ca（OH）2反應的中和熱的△H≠-57.3kJ/mol，A錯誤；B．由于氣態水的能量高于液態水的能量，則甲烷完全燃燒生成液態水放熱多，但放熱越多，△H越小，因此反應CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞－890.3kJ·mol－1，B錯誤；C.合成氨反應是可逆反應，將1.5molH2和過量的N2在此條件下充分反應，放出熱量小于46.2kJ，C錯誤；D．CO（g）的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝-566.0kJ/mol，互為逆反應時，焓變的數值相同、符號相反，則2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反應的△H＝+566.0kJ/mol，D正確；答案選D。【題目點撥】本題考查熱化學方程式，為高頻考點，把握反應中能量變化、中和熱與燃燒熱、可逆反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，選項B為解答的易錯點，注意比較△H大小時要帶著符合比較，題目難度不大。16、B【解題分析】Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液，再向該溶液中通入CO2氣體，又生成了Al(OH)3白色沉淀，①可實現；S在氧氣中燃燒只能生成SO2，不能生成SO3，②不能實現；飽和NaCl溶液與氨氣、二氧化碳共同反應生成NaHCO3，NaHCO3受熱分解為Na2CO3，③可以實現；Fe2O3溶于鹽酸生成FeCl3溶液，由于氯化鐵易發生水解，直接加熱蒸干并灼燒得到氧化鐵固體，得不到無水FeCl3，④不能實現；MgCl2(aq)與石灰乳反應生成Mg(OH)2沉淀，加熱該沉淀分解為MgO，⑤可以實現；綜上①③⑤都可以實現，B正確；正確選項B。點睛：FeCl3溶液直接加熱蒸干并灼燒得到氧化鐵固體，只有在不斷通氯化氫氣流的情況下，加熱蒸干才能得到無水FeCl3。17、C【解題分析】

①NH4I（s）?NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）?H2（g）+I2（g）反應達到平衡時，c（H2）=0.5mol.L-1，消耗c（HI）=0.5mol.L-1×2=1mol/L，則反應①過程中生成的c（HI）=1mol/L+4mol/L=5mol/L，生成的c（NH3）=c（HI）=5mol/L，平衡常數計算中所用的濃度為各物質平衡時的濃度，則此溫度下反應①的平衡常數為K=c（NH3）×c（HI）=5mol/L×4mol/L=20mol2/L2，所以C正確。故選C。18、C【解題分析】試題分析：A、配制質量分數為10%的ZnSO4溶液，應為將10gZnSO4溶解在90g水中，錯誤；B、制備Fe(OH)3膠體，向盛有沸水的燒杯中滴加FeCl3飽和溶液致液體呈紅褐色，錯誤；C、滴加NaOH溶液至過量，先生成沉淀后逐漸溶解的溶液為AlCl3，生成沉淀不溶解的為MgCl2，無明顯現象的為KCl，正確；D、中和滴定時，錐形瓶含少量水不影響結果，錯誤。考點：本題考查實驗基本操作、膠體的制備、物質的鑒別。19、C【解題分析】

已知，平衡時測得A的濃度為0.45mol/L，保持溫度不變，將容器的容積壓縮到原來的一半，再達平衡時，測得A的濃度增大為0.9mol/L，則改變容器的體積，平衡未發生移動，則等式兩邊氣體的計量數之和相等；【題目詳解】A.若B為氣體，則各物質的計量數一定滿足：x＋y＝z，若B為非氣體，則x=z，A錯誤；B.若B為氣體，壓縮后B的體積分數不變，平衡不移動，轉化率不變，B錯誤；C.無論B為固體或氣體，平衡不移動，轉化率不變，壓縮后B的質量都不會改變，C正確；D.壓縮時，平衡不移動，但正、逆反應速率都增大，D錯誤；答案為C20、B【解題分析】

在各個階段發生的反應是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；b～c：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-；c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；據此分析。【題目詳解】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3產生，首先發生反應Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，將Ba(OH)2消耗完畢，接下來消耗KOH，發生反應2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不變，然后沉淀量增大，發生反應2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量達最大后，再發生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后發生反應BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。A、根據反應c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e點溶液中c(HCO3-)＞c(K+)，選項A正確；B、b～c段反應的離子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，選項B錯誤；C、d點為KHCO3溶液，根據物料守恒有c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)，選項C正確；D、由上述分析可知，Oa發生反應為：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段發生反應BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根據反應可知，消耗CO2的體積相同，選項D正確；答案選B。【題目點撥】本題考查離子濃度大小關系及溶液中三大守恒的應用，易錯點為選項C，應先分析d點為KHCO3溶液，再根據物料守恒進行判斷。21、D【解題分析】

A．二氧化硅為原子晶體，二氧化硅晶體中不存在分子，故A錯誤；B．標況下，三氧化硫不是氣體，不能用標準狀況下的氣體摩爾體積無法計算三氧化硫的物質的量，故B錯誤；C．未告知溶液的體積，無法計算0.5mol?L-1

CuCl2溶液中含有的溶質氯化銅的物質的量，故C錯誤；D．在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，I元素的化合價由+5價降低為0，HI中I元素的化合價由-1價升高為0，生成3mo1I2轉移的電子數為5NA，故D正確；答案選D。【題目點撥】本題的易錯點為A，要注意只有分子晶體中存在分子，在離子晶體和原子晶體中均不存在分子。22、D【解題分析】

A．由結構可知分子式為C16H14O6，故A錯誤；B．含羰基和苯環，可發生加成反應，-OH可發生取代反應，但不能發生消去反應，故B錯誤；C．含酚-OH，可與FeCl3溶液發生顯色反應，且能發生氧化反應，故C錯誤；D．酚-OH、-COOC-能夠與NaOH反應，苯環、羰基能夠與氫氣反應，只有酚-OH的鄰對位氫原子與溴水發生取代反應，則lmol化合物X最多可與5molNaOH、7molH2、4molBr2發生反應，故D正確；故選D。【題目點撥】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚、酯的性質。本題的易錯點為D，要注意酯基消耗的氫氧化鈉的量與酯基水解生成的羥基是否為酚羥基有關。二、非選擇題(共84分)23、CH3CH2CH2Br；CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH3CH（OH）CH3CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2OnCH3CH=CH2【解題分析】分析：本題考查有機物推斷，為高頻考點，明確有機物的官能團性質及其物質之間的轉化是解題的關鍵，注意鹵代烴發生水解反應和消去反應時反應條件及斷鍵方式區別。詳解：若B能發生銀鏡反應，說明B含有醛基，A發生水解反應生成醇，B發生氧化反應生成醛，則甲的結構簡式為CH3CH2CH2Br，A的結構簡式為CH3CH2CH2OH，B的結構簡式為CH3CH2CHO，甲或A發生消去反應都生成D為丙烯，D發生加聚反應生成E。(1)①根據以上分析，可知甲的結構簡式為CH3CH2CH2Br；②甲→A的方程式為：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；B和銀氨溶液反應的方程式為：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O（2）若B不能發生銀鏡反應，則B為酮，則B為CH3COCH3，A為CH3CHOHCH3，甲為CH3CHBrCH3，D為CH2=CHCH3，E為。①A的結構簡式為CH3CH（OH）CH3；②甲和氫氧化鈉的醇溶液在加熱條件下發生消去反應生成丙烯，反應方程式為CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O。丙烯發生加聚反應生成聚丙烯，反應方程式為：nCH3CH=CH2。點睛：注意有機物的結構和反應的關系。鹵代烴在氫氧化鈉的醇溶液加熱條件下可能發生消去反應，若鹵素原子鏈接的碳原子的鄰位碳上有氫原子，則能發生消去反應。醇分子中羥基鏈接的碳原子的鄰位碳上有兩個氫原子，則被催化氧化生成醛，若羥基鏈接的碳原子上有一個氫原子，則被催化氧化生成酮，若羥基鏈接的碳原子上沒有氫原子，則不能催化氧化。24、碳碳雙鍵羧基消去反應+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【解題分析】

由第一個信息可知A應含有醛基，且含有7個C原子，應為，則B為，則C為，D為，E為，F為，F與乙醇發生酯化反應生成G為，對比G、K的結構簡式并結合第二個信息，可知C7H8的結構簡式為；(7)環戊烷與氯氣在光照條件下生成，發生消去反應得到環戊烯。環戊烯與2-丁炔發生加成反應生成，然后與溴發生加成反應生成。【題目詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為，D為，E為，F為，G為，對比G、K的結構簡式并結合題中給出的第二個信息，可知C7H8的結構簡式為。(1)A的結構簡式是。(2)C結構簡式是其中含有的官能團是碳碳雙鍵和羧基。(3)D→E的反應類型為消去反應。(4)F為，F與乙醇在濃硫酸存在的條件下加熱，發生消去反應形成G和水，所以由F生成G的化學方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的結構簡式是。(6)芳香族化合物X是G的同分異構體，該分子中除苯環外，不含其他環狀結構，其苯環上只有1種化學環境的氫。X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2，說明分子中含有羧基-COOH，則符合上述要求的X的結構簡式：、。(7)環戊烷與氯氣在光照條件下生成，，與NaOH的乙醇溶液共熱，發生消去反應得到環戊烯、NaCl、H2O。環戊烯與2-丁炔發生加成反應生成，然后與溴發生加成反應生成。其合成路線為。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中間產物1：；中間產物2：；中間產物3：。【題目點撥】本題考查有機物推斷和合成的知識，明確官能團及其性質關系、常見反應類型及反應條件是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷能力，注意題給信息的靈活運用。25、B、C防倒吸（或作安全瓶）B裝置中產生白色沉淀SO2O2bd乙【解題分析】

裝置A中CuSO4受熱分解，裝置D為安全瓶，起防止倒吸的作用，裝置B中氯化鋇溶液用于檢驗分解產物中是否有三氧化硫，裝置C中品紅溶液用于檢驗分解產物中是否有二氧化硫，裝置E中氯化鐵溶液用于驗證二氧化硫的還原性，裝置F用于檢驗分解產物中是否有難溶于水的氧氣。【題目詳解】（1）CuSO4是強酸弱堿鹽，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到離子方程式為，故答案為：；（2）三氧化硫與水劇烈反應生成強酸硫酸，為防止倒吸應在檢驗三氧化硫前設計一個防倒吸的裝置，二氧化硫部分與水反應生成弱酸亞硫酸，由強酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能與氯化鋇溶液反應生成硫酸鋇白色沉淀，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，為防止三氧化硫干擾實驗，應先檢驗三氧化硫，再檢驗二氧化硫，檢驗二氧化硫用品紅溶液，驗證二氧化硫的還原性用氯化鐵溶液，驗證氧氣可用排水法，則連接順序為A、D、B、C、E、F，故答案為：B、C；（3）三氧化硫與水劇烈反應生成強酸硫酸，為防止倒吸應在檢驗三氧化硫前設計一個防倒吸的裝置，則裝置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能與氯化鋇溶液反應生成硫酸鋇白色沉淀，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，故答案為：防倒吸（或作安全瓶）；B裝置中產生白色沉淀；（4）二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，C裝置中品紅溶液紅色溶液逐漸變為無色溶液，說明A中分解產物有二氧化硫,則反應中S元素的化合價降低，又因為Cu元素的化合價不可能升高，故只能是O元素的化合價升高生成氧氣，且氧氣難溶于水，能用排水集氣法收集，則F裝置中集氣瓶收集到的少量氣體是氧氣，故答案為：SO2；O2；（5）二氧化硫具有漂白性，氯化鐵具有氧化性，二氧化硫與氯化鐵溶液發生氧化還原反應生成硫酸、氯化亞鐵，反應的離子方程式為，為驗證二氧化硫的還原性，可以檢驗E中的溶液中是否有Fe2+或SO42-生成。NH4SCN溶液不能檢驗這兩種離子；亞鐵離子能與K3[Fe（CN）6]溶液生成藍色沉淀；Cl-也有還原性，故不能用酸性KMnO4溶液檢驗Fe2+；鹽酸酸化的BaCl2溶液可以檢驗SO42-，則檢驗反應生成的亞鐵離子可以選用K3[Fe（CN）6]溶液或鹽酸酸化的BaCl2故答案為：bd；；（6）Cu2O和Cu為紅色固體，根據題意Cu2O和硫酸反應生成Cu2+和Cu，而Cu不和稀硫酸反應，Cu2O和Cu都能與硝酸反應生成硝酸銅藍色溶液，則驗證固體產物中是否有Cu2O，可用Cu2+的顏色來區別，若溶液變為藍色證明有Cu2O存在；硝酸可以溶解Cu及其氧化物得到藍色溶液，不可行；氫氣可以把氧化亞銅還原為同樣是紅色的Cu，不可行。故選乙，故答案為：乙；（7）由元素化合價的變化可知，Cu2O和SO2是還原產物，O2是氧化產物，設O2為xmol，Cu2O為ymol，由題意可知SO2為mol，由得失電子數目守恒可得4x=2y+×2，解得x=，由CuO、Cu2O的質量之比為5：9可知物質的量比為：=1：1，因SO2、O2、SO3的體積之比（同溫同壓下測定）為4：3：2，則CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2的物質的量之比為y：y：：x：=y：y：y：：2y=2:2:2:3:4，則反應的化學方程式為，故答案為：。【題目點撥】本題考查了性質實驗方案的設計與評價，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力，注意掌握化學實驗基本操作方法，明確常見物質的性質及化學實驗方案設計原則，能夠運用得失電子數目守恒計算是解答關鍵。26、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解題分析】試題分析：（1）Cu2S中S為-2價，Cu為+1價。（2）①電解法精煉銅時，粗銅做陽極，精銅做陰極，②Cu2＋比溶液中其他陽離子氧化性更強，濃度更大，在陰極放電，析出銅單質。（3）①陰極發生還原反應，根據圖中所示過程，煙氣中O2發生還原反應，②根據圖中所示過程，SO42-放電生成SO3和O2，則陽極的電極反應式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水將溶液中的SO32-氧化成SO42-，則溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，說明凈化氣中硫元素質量分數越大，說明SO2脫除率越低。考點：考查電解原理，SO2的性質等知識。27、c偏大錐形瓶中溶液顏色變為淺紅色，且半分鐘不褪色0.1100【解題分析】

（1）a.量筒無法達到題中要求的精確度，a錯誤；b.容量瓶是用來配制溶液的儀器，不是量取用的儀器，b錯誤；c.c為酸式滴定管，用來量取酸性溶液，c正確；d.d為堿式滴定管，用來量取堿性溶液，d錯誤；故合理選項為c；（2）若堿式滴定管未