湖北随州市普通高中2026届化学高三上期中综合测试模拟试题含解析

湖北随州市普通高中2026届化学高三上期中综合测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3：PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)K=2.2×105。经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是A．PbSO4的溶解度小于PbCO3B．处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高C．整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应D．若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大2、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A．当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB．标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC．当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLD．参加反应的金属总质量为9.6g＞m＞3.6g3、下列关于碳和碳的化合物的说法不正确的是（）A．过多CO2排放会导致“温室效应”，应提倡“低碳生活”B．一氧化碳易与血液中的血红蛋白结合C．金刚石和石墨都是碳单质，但原子排列方式不同，物理性质也不同D．锅炉中水垢的主要成分为CaCO3和MgCO34、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBrB．SiH4的沸点高于CH4，推测H3P的沸点高于NH3C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3D．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子5、下列说法正确的是A．SiO2溶于水显酸性B．普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料C．因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强D．SiO2是酸性氧化物，它在常温时不溶于任何酸6、下列热化学方程式中的反应热能表示标准燃烧热的是(a、b、c、d均大于0)：A．C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－akJ·mol－1B．CH3CH2OH(l)＋O2(g)===CH3CHO(l)＋H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1C．C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－ckJ·mol－1D．NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)ΔH＝－dkJ·mol－17、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图1所示装置分离乙醇与乙酸B．用图2所示的装置向容量瓶中转移液体C．用图3所示的装置制备少量氨气D．用图4所示的装置分馏石油8、下列离子方程式正确的是（）A．钠与水反应：B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：↓C．0.01mol/L溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：9、氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图）。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥、燃料燃烧有关10、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．8.7gMnO2与40mL10mol/L的浓盐酸充分反应，生成氯气分子数为0.1NAB．标准状况下，11.2L氯仿中含有的共价键总数为2NAC．1mol甲基（—14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NAD．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子11、已知：Al、Fe、Cu的合金与稀硝酸反应生成的气体只有NO，实验过程如下：另取等量该合金，溶于足量NaOH(aq)，则可得气体的物质的量是A．0.22mol B．0.15mol C．0.3mol D．无法计算12、在前一种分散系中缓慢滴加后一种试剂，能观察到先沉淀后变澄清的是①向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液②向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液③向水玻璃中滴加盐酸④向硝酸银溶液中滴加氨水⑤向氢氧化铁胶体中滴加硫酸A．①③⑤B．②③⑤C．①④⑤D．②④⑤13、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将Na2O2粉末用脱脂棉包裹，向其中吹入CO2粉末变白，脱脂棉剧烈燃烧Na2O2与CO2的反应是放热反应B向Fe（NO3）3溶液中通入SO2,再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀氧化性：NO3->Fe3+C向2支盛有5mL相同浓度稀氨水的试管中分别加入5滴0.1mol/L相同浓度的CuCl2溶液和CaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支无明显现象Ksp[Cu（OH）2]<Ksp[Ca（OH）2]D|将浓硫酸滴在棉花上棉花变黑浓硫酸有脱水性A．A B．B C．C D．D14、下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图。下列说法正确的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．图示转化反应均为氧化还原反应C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D．用CO合成CH3OH，原子利用率为100%15、根据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是

操作结论A．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2B．向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色原溶液中有I-C．向偏铝酸钠溶液中滴入碳酸氢钠，有白色沉淀生成偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸根强D．将燃烧的金属钠迅速深入集满CO2的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒生成CO2具有氧化性A．A B．B C．CD．D16、已知NaHSO3溶液显酸性，还原性：HSO3－＞I－，氧化性：IO3－＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。下列说法正确的是（）A．反应过程中的氧化产物均为Na2SO4B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0molC．O～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－＋3OH－===3SO42－＋I－＋3H2OD．当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为1.1mol二、非选择题（本题包括5小题）17、G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：（1）B的结构简式为_____。（2）反应④的条件为_____；①的反应类型为_____；反应②的作用是_____。（3）下列对有机物G的性质推测正确的是______(填选项字母)。A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生消去反应、取代反应和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。（5）符合下列条件的C的同分异构体有_____种。A．属于芳香族化合物，且含有两个甲基B．能发生银镜反应C．与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的是_____(写出其中一种结构简式)。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻或对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：XYZ……目标产物______________18、环己酮是工业上主要用作有机合成的原料溶剂，可由最简单芳香烃A经如图流程制得：回答下列问题：（1）反应①的反应类型为___反应，③的反应类型为___。（2）反应④所用的试剂为___。（3）A的同系物（C8H10）所有可能的结构简式为___。（4）环己酮的还原产物能与乙酸产生乙酸乙酯，请写出产生酯的条件：___。（5）写出A的相邻同系物合成的合成路线___。合成路线的常用表示方式为：AB……目标产物。19、资料显示“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，实验如下。Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。实验二：试管中的液体现象a．0.1mol/LSO2溶液(pH=2)溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色b．0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)溶液立即变浅，约15s后完全褪色c．0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色d．pH=10NaOH溶液红色溶液不变色e．pH=2H2SO4溶液红色溶液不变色（1）SO2水溶液中含的微粒有___。（2）解释NaHSO3溶液显酸性的原因是___。（3）实验d的目的是___。（4）由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是___。Ⅱ．探究褪色过程的可逆性甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变。乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。（5）实验方案合理的是___(选填“甲”或“乙”)。结合离子方程式说明其原因是___。（6）丙同学利用SO2的还原性设计并完成了下列实验：向a实验后的无色溶液中滴入过量___(填编号)，使溶液最终恢复红色。也得出结论：该褪色过程是可逆的。A．稀硝酸B．氯水C．双氧水20、草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：①装置D的名称为______。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。21、分工业上常用含少量SiO2、Al2O3的铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬，简要流程如下：（1）完成下列化学方程式(在横线上填写物质的化学式及计量数)：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋__________（2）操作①包括过滤与洗涤，在实验室中进行洗涤沉淀的操作是_________________________，操作②可选用的装置(部分夹持装置略去)是________(填序号)。（3）写出能够完成操作③的相关反应的化学方程式：__________________________________（4）化学需氧量(COD)可度量水遭受有机物污染的程度。在强酸并加热的条件下，用K2Cr2O7作强氧化剂处理水样，并测定消耗的K2Cr2O7的量，然后换算成相当于O2的含量称为化学需氧量(以mg·L－1计)。化学兴趣小组测定某水样的化学需氧量(COD)过程如下：a．取amL水样置于锥形瓶中，加入10.00mL0.2500mol·L－1的K2Cr2O7溶液。b.……c．加指示剂，用cmol·L－1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，终点时消耗bmL(此步骤的目的是用Fe2＋把多余的Cr2O72－转化为Cr3＋)。计算该水样的化学需氧量时需用到下列关系：要除去1molCr2O72－需消耗__________molFe2＋，1molCr2O72－相当于__________molO2。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.由方程式PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)可知，CO32-能够使PbSO4溶解并生成PbCO3，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，更易析出，故A错误；B.用Na2CO3溶液处理，Na2CO3溶液存在水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，处理PbSO4后，CO32-的浓度减小，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，溶液的pH减小，用碳酸氢钠溶液处理PbSO4，CO32-浓度减小，会促进HCO3-的电离，溶液的pH减小，故B错误；C.PbCO3灼烧生成PbO的过程中，各元素的化合价保持不变，所以整个过程中只涉及一个氧化还原反应，故C错误；D.等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，NaHCO3电离出来CO32-的浓度小于Na2CO3中的CO32-浓度，CO32-浓度越大，越促进PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)正向移动，所以Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故D正确。答案选D。2、B【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；据以上分析解答。【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；

B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质的量为0.15×2/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24L,故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V≥100mL，故C项正确；

D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15×24=3.6g，若全为铜，质量为0.15×64=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6g＞m＞3.6g，故D项正确；

综上所述，本题选B。3、D【详解】A．过多CO2排放会导致“温室效应”，应提倡“低碳生活”，保护我们赖以生存的环境，故A正确；B．一氧化碳易与血液中的血红蛋白结合，故B正确；C．金刚石和石墨都是碳单质，但原子排列方式不同，物理性质也不同，故C正确；D．氢氧化镁比碳酸镁更难溶，则锅炉中水垢的主要成分为CaCO3和Mg(OH)2，故D错误；故答案为D。4、D【详解】A．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故A错误；B、因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此SiH4的沸点高于CH4；但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故B错误；C．因I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；D．C的最外层电子数为4，O、S的最外层电子数相同，CO2、CS2结构式分别为O=C=O、S=C=S，均为直线型结构，由分子构成，均为直线型分子，故D正确；故答案为D。5、B【解析】A、SiO2难溶于水；B、水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，在我国使用时间长远，广泛，被称为三大传统的无机非金属材料；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸。【详解】A、SiO2难溶于水，故A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故B正确；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点，不是在水溶液中进行的反应，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸，故D错误；故选B。6、A【详解】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，则A.C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－akJ·mol－1中的反应热表示葡萄糖的燃烧热，A正确；B.反应中生成物不是二氧化碳，不能表示燃烧热，B错误；C.生成物是CO，是碳的不完全反应，不能表示燃烧热，C错误；D.生成物水不是液态，且NO不稳定，不能表示燃烧热，D错误；答案选A。【点睛】明确燃烧热含义是解答的关键，注意几个要点：1mol，完全燃烧，稳定的氧化物。7、B【解析】试题分析：A．乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故A错误；B．转移液体时玻璃棒引流，且玻璃棒的下端在刻度线下，故B正确；C．固固加热制取气体，试管口应略向下倾斜，图中装置错误，故C错误；D．温度计应在蒸馏烧瓶的支管口处，测定馏分的温度，图中伸到液体中，故D错误；故选B.考点：考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离、溶液的配制、气体的制取、石油分馏等。8、C【详解】A.没有配平，钠与水反应的方程式为：，A错误；B.醋酸难电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：，B错误；C.0.01mol/L溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨：，C正确；D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热生成的是亚铁离子：，D错误；答案选C。9、C【分析】A.雾和霾的分散剂均为空气；B.根据示意图可知，无机颗粒物产生雾霾；C.在化学反应中能改变化学反应速率，且自身质量和化学性质在反应前后不发生改变的物质是催化剂；D.氮肥受热易分解，会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水；霾的分散剂是空气，分散质是固体颗粒，故雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐，形成无机固体颗粒，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参与反应转化为铵盐，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.由图可知，燃料燃烧产生颗粒物，进而形成雾霾；氮肥受热分解产生氨气，氨气参与反应产生铵盐，形成无机颗粒，故雾霾的形成与过度施用氮肥、燃料燃烧有关，D正确；答案为C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解题的关键，氨气作用的判断是解题过程中的易错点，要注意循环中的变量和不变量。10、C【解析】A、8.7gMnO2物质的量为0.1mol，40mL10mol/L的浓盐酸物质的量为0.4mol，按照化学方程式中的反应比应恰好反应，但浓盐酸在反应过程中浓度逐渐减小，当为稀盐酸时不再和二氧化锰反应生成氯气，所以生成的氯气分子数小于0.1NA，选项A错误；B、标准状况下，氯仿不是气体，11.2L氯仿的物质的量小于0.5mol，分子中含有的共价键总数小于2NA，选项B错误；C、甲基（—14C1H3）中含有的中子数和电子数分别为8、9，1mol甲基（—14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NA，选项C正确；D、过氧化钠中的钠为+1价，一个钠原子失去一个电子，则lmolNa变为+1价的钠离子失去1mol电子，也就是NA，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了气体摩尔体积的应用条件，化学方程式的计算中浓度的减小影响反应的产物生成，质量换算物质的量，结合分子式计算中子数、电子数等的应用。明确物质的量、阿伏加德罗常数的应用是解题的关键。11、B【分析】Al、Fe、Cu均可与稀硝酸反应，生成V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，反应中电子转移0.3mol×3=0.9mol。加入过量NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜，再利用电子守恒结合质量守恒计算。【详解】由标况下V（NO）=6.72L，则n(NO)=0.3mol，可知该合金与稀硝酸反应时失去电子0.3mol*3=0.9mol，由合金与过量稀硝酸反应的溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成成沉淀25.4g，可知生成的沉淀为氢氧化铁和氢氧化铜混合物，且质量和为25.4g，由电子得失守恒和质量守恒进行求算。设生成氢气的物质的量为xmol，则合金中铝的物质的量为2x/3mol，可列出算式：合金中铁和铜的质量和为（17.9—2x*27/3）g=（17.9-18x）g，25.4g沉淀中铁元素和铜元素质量和为25.4-（0.9-2x）*17=（10.1+34x）g，由17.9-18x=10.1+34x，解得x=0.15，故正确答案B。【点睛】本题考查混合物相关计算，注意做题角度，需要从质量守恒和得失电子守恒进行分析。12、C【解析】①先生成氢氧化铝的沉淀，然后溶于氢氧化钠溶液变澄清，正确；②由于在滴加过程中碱是过量，所以生成的氢氧化铝沉淀会溶解在过量的氢氧化钠溶液中，继续滴加最终生成白色沉淀，错误；③向水玻璃中滴加盐酸，产生硅酸沉淀，由于硅酸不溶于过量盐酸，错误；④开始生成氢氧化银白色沉淀，后白色沉淀溶解生成氢氧化二氨合银，正确；⑤向氢氧化铁胶体滴加硫酸溶液，硫酸是电解质溶液，能使胶体发生聚沉，继续加入酸，氢氧化铁会溶于酸中，正确；故选C。13、B【解析】A．脱脂棉燃烧，可知反应放出热量，则CO2与Na2O2的反应是放热反应，A正确；B．白色沉淀是硫酸钡，说明SO2被氧化，由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，而铁离子也能氧化SO2，所以不能确定硝酸根的氧化性强于Fe3+，B错误；C．溶度积常数越小，越容易产生沉淀，根据一支试管中产生蓝色沉淀，另一支无明显现象可知氢氧化铜的溶度积常数小于氢氧化钙，C正确；D．将浓硫酸滴在棉花上，棉花变黑，说明浓硫酸有脱水性，D正确；答案选B。点睛：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、溶解平衡、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。14、D【详解】：A．SO2、SO3是酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；B．氧化钙与水的反应不是氧化还原反应，B错误；C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，C错误；D．工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO+2H2⇌CH3OH，所有原子进入期望产物，原子利用率为100%，D正确；故选D。15、A【解析】A、能使品红溶液褪色的不一定是SO2，也可能是氯气等，A错误；B、下层溶液显紫色，说明有单质碘生成，氯水具有强氧化性，因此溶液中含有碘离子，B正确；C、碳酸氢钠的酸性强于氢氧化铝，根据较强酸制备较弱酸可知偏铝酸钠能与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，即可以说明偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根，C正确；D、钠在CO2中燃烧生成碳酸钠和碳，说明CO2具有氧化性，D正确，答案选A。16、D【详解】还原性HSO3-＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，A.反应过程中的氧化产物分别为Na2SO4和I2，选项A错误；B．由图可知，a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=×3=1.2mol，选项B错误；C、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，选项C错误；D、b点碘酸钠的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钠就是,生成单质碘是,所以有（1－x）︰＝5∶3，解得x＝所以加入的的碘酸钠是1＋＝1.1mol，选项D正确，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关计算，如果氧化剂和不同的还原剂混合时，氧化剂首先氧化还原性最强的还原剂，然后依次进行，据此可以判断氧化还原反应的先后顺序。二、非选择题（本题包括5小题）17、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC16【解析】C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推，可知C为；A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知B为，A为；D发生水解反应、酸化得到E为；由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F，F再发生还原反应得到G。（1）由上述分析可知，B的结构简式为：,故答案为；（2）反应④为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，①的反应类型为取代反应，反应②的作用是保护酚羟基，以防被氧化。故答案为浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）A、G含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B、G不能发生消去反应，故B错误；C、含有羧基、氨基，能进行缩聚，形成高分子化合物，故C正确；D、羧基能与NaHCO3反应生成CO2，1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误。故选AC；（4）D中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与NaOH反应，反应化学方程式为：；（5）C为,符合下列条件的C的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和2个−CH3；b、能发生银镜反应，说明含有−CHO；c、与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2个−CH3、1个−OH、1个−CHO。①若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，则当−OH在中1号位置，-CHO有3种位置；当-OH在2号位置，−CHO有3种、3种位置，故共6种同分异构体；②若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，则当−OH在中1号位置，-CHO有2种位置；当-OH在2号位置，-CHO有2种位置；当-OH在3号位置，-CHO有3种位置，共7种同分异构体；③若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，−OH有1种位置，而−CHO有3种位置。故符合条件的同分异构体共有16种。其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6:2:1:1的是或。故答案为16；或。（6）流程目的：→。要将-CH3氧化为-COOH，且要在邻位引入1个-NH2。苯环上-CH3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO2，即发生硝化反应；然后在Fe/HCl的条件下将-NO2还原为-NH2；而又已知-NH2极易被氧化，所以-CH3的氧化应在-NO2的还原之前。合成流程图为：。18、加成取代Cu/O2加热、、、浓硫酸，加热。【分析】最简单的芳香烃为，与氢气加成生成，与Br2在光照条件下发生取代反应，根据环己酮的结构简式可知取代产物为，在氢氧化钠醇溶液加热条件发生取代反应生成，之后羟基被催化氧化生成环己酮。【详解】（1）反应①为苯环的加成反应；反应③为卤代烃的取代反应；（2）反应④为羟基的催化氧化，需要Cu/O2加热；（3）A为，其同系物分子式为C8H10，则可能是苯环上有一个乙基，或两个甲基，所有可能的结构简式为、、、；（4）根据题意可知环己酮可以还原生成乙醇，乙醇在浓硫酸加热的条件下可以与乙酸反应生成酯；（5）A的相邻同系物为，可以在光照条件与卤族单质发生取代反应，之后卤原子发生取代反应生成苯甲醇，之后再进行苯环的加成生成，所以合成路线为：。【点睛】设计合成路线时要注意先取代再对苯环加成，若先加成，在光照条件下环上的氢原子也可以被取代。19、SO2、H2SO3、HSO3−、SO32−HSO3−离子存在平衡有电离平衡：HSO3−⇌H++SO32−，水解平衡：HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰SO32−乙SO32−能使品红褪色，因为SO2+2OH−+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32−的干扰AC【分析】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析判断；(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；Ⅱ．探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；(6)选择的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。【详解】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；(3)pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为：证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；(4)实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32-，故答案为：SO32-；Ⅱ．探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32-的干扰，故答案为：乙；SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32-的干扰；(6)A．稀硝酸不具有漂白性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液变红色，故A正确；B．氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不会变成红色，故B错误；C．双氧水能够将二氧化硫氧化为硫酸，溶液变成红色，故C正确；故选AC。20、（球形）干燥管agfbchi（或ih）de（或ed）bc排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【分析】I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为(球形)干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为agfbchi(或ih)de(或ed)bc；③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为C处反应管中固