山东省淄博市第十中学2026届化学高三第一学期期中复习检测模拟试题含解析

山东省淄博市第十中学2026届化学高三第一学期期中复习检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某有机物结构如图所示，有关该物质的叙述正确的是A．易溶于水B．苯环上的一氯代物有3种C．最多能与氢气以物质的量之比1∶4加成D．碱性水解的产物中没有醇2、下列有关叙述正确的是()A．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效B．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可比较水和乙醇中氢的活泼性C．钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火器灭火D．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋3、在一定条件下，O2F2可以发生反应：H2S+3O2F2=SF4+2HF+3O2。则O2F2中O的化合价为()A．-2B．-1C．+1D．+24、能说明非金属性Cl比S强的是A．酸性HCl>H2S B．电子对偏移程度Cl-H>S-HC．沸点硫>氯气 D．最高正价Cl>S5、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是()A．一定量的稀硝酸溶解0.1mol铁粉，转移电子个数一定为0.3NAB．1L容器中充入2molNO和1molO2充分反应后，分子总数等于2NAC．500mL0.5mol·L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAD．0°C、101kPa条件下，11.2L三氯甲烷含有的氯原子个数为1.5NA6、分子式为C3H8O的醇与分子式为C4H8O2的羧酸在一定条件下反应生成酯的种类有A．2种B．3种C．4种D．5种7、精确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下面实验操作中正确的是（）A．称量时将NaOH固体直接放在托盘天平上面的纸上B．将称好的NaOH固体放入容量瓶中，加入少量水溶解C．在烧杯中溶解NaOH固体后，立即将所得溶液注入容量瓶中D．将烧杯中已冷却的NaOH溶液注入未经干燥的容量瓶中8、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是A．漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质B．二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂C．通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中D．汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的9、将8.4gFe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到30gFe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物，将该固体隔绝空气在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO，在标准状况生成NO气体的体积为A．1120mLB．2240mLC．3360mLD．4480mL10、甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是A．平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙B．平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙C．平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙11、下列关于化合物M(结构如图)的说法错误的是A．能发生消去反应 B．最多与5mol氢气发生加成反应C．环上的一氯代物有7种 D．最多消耗2molNaOH12、X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，下列叙述正确的是A．X的原子序数比Y的小 B．X原子的最外层电子数比Y的大C．X的离子半径比Y的小 D．X的元素的最高正价比Y的大13、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。其中Z单质常用作半导体材料。下列说法正确的是XYZWA．原子半径：Y<Z<WB．气态氢化物的稳定性：X>ZC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>WD．W的最高价氧化物对应水化物是离子化合物14、下列说法正确的是（）A．铝、铁、铜相比较，铜元素在自然界中的含量最低、铁元素含量最高B．A12O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料C．工业上采用电解熔融态A12O3、MgO的方法冶炼Al、MgD．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用氨制碳酸铵都会产生温室气体15、列有关氧化铝和氢氧化铝的说法正确的是()A．氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚B．氧化铝是典型的两性氧化物，可与氨水反应生成偏铝酸盐C．因为氢氧化铝受热易分解，所以具有两性D．两性氢氧化物只能与强酸、强碱反应16、二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说法错误的是()A．该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋C．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1D．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－=2O2－二、非选择题（本题包括5小题）17、肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的名称为__________________。

（2）反应①～⑥中属于加成反应的是____（填序号）。

（3）写出反应③的化学方程式：______________________________________。

（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是__________（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。

A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）E的同分异构体有多种，其中之一甲属于酯类。甲可由H（已知H的相对分子量为32）和芳香酸G制得，则甲的结构共有__________种。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙烯为原料制备CH3CH＝CHCHO的合成路线流程图(无机试剂任选)。____________________合成路线流程图例如下：18、A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。①写出E转变为C的化学方程式________________________________。②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。19、某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如下实验方案。（1）指出仪器①的名称：___。（2）装置B检验SO2的氧化性，则B中所盛试剂可以为___。（3）装置C中盛装溴水用以检验SO2的___性，则C中反应的离子方程式为___。（4）装置D中盛装新制漂白粉浓溶液，通入SO2一段时间后，D中出现了大量白色沉淀。同学们对白色沉淀成分提出三种假设：①假设一：该白色沉淀为CaSO3；假设二：该白色沉淀为___；假设三：该白色沉淀为上述两种物质的混合物。②基于假设一，同学们对白色沉淀成分进行了探究。设计如下方案：限选的试剂：0.5mol·L－1HCl、0.5mol·L－1H2SO4、0.5mol·L－1BaCl2、1mol·L－1NaOH、品红溶液。第1步，将D中沉淀过滤、洗涤干净，备用。请回答洗涤沉淀的方法：___。第2步，用另一只干净试管取少量沉淀样品，加入___（试剂），塞上带导管的单孔塞，将导管的另一端插入盛有___的试管中。若出现固体完全溶解，出现气泡，且该溶液褪色现象，则假设一成立。（5）装置E中盛放的试剂是__，作用是___。20、纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：I．Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)红棕色悬浊液。（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是_____________。②上述反应完成后，测得a值与FeO(OH)产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：用离子方程式解释FeO(OH)生成后溶液pH下降的原因：____。（2）经检验：当a=7时，产物中存在大量Fe2O3。对Fe2O3的产生提出两种假设：i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化；ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化。①经分析，假设i不成立的实验依据是____。②其他条件相同时，向FeO(OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，30min后测定物质的组成，结果如下：以上结果表明：____。③a=7和a=9时，FeO(OH)产率差异很大的原因是____。Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO(OH)红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。（3）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。①共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是____。②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如下图所示：经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是_________。21、NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。（1）N2和H2以物质的量之比为1∶3在不同温度和压强下发生反应：N2＋3H22NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数如右图。①下列途径可提高氨气产率的是________(填字母)。a.采用常温条件b.采用高温条件c.将原料气加压d.将氨液化，不断移去液氨②右图中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1________(填“>”“<”或“＝”)K2。（2）肼(N2H4)是一种火箭燃料。已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)；ΔH＝＋67.7kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－534.0kJ·mol－1NO2(g)===1/2N2O4(g)；ΔH＝－28.0kJ·mol－1①反应2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为__________________________。（3）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如右图。①阴极的电极反应式为____________________________________。②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为________。（4）饮用水消毒时，氯胺(NH2Cl等)在酸性条件下具有良好的效果（已知：NH2Cl＋H2O≒NH3＋HClO），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、B【分析】由结构可知，该有机物分子中含有酯基（-COO-），苯环上有3种H，分别位于取代基的邻位、间位和对位，结合酯的性质来解答。【详解】A.该有机物属于酯类物质，难溶于水，A项错误；B.苯环上有3种H，则苯环上的一氯代物有3种，B项正确；C.只有苯环与氢气发生加成反应，则最多能与氢气以物质的量之比1:3加成，C项错误；D.碱性水解的产物之一是2−丙醇，还生成苯甲酸钠，D项错误；答案选B。2、B【详解】A.碳酸氢钠能与酸发生反应，可作抗酸药，服用时喝些食醋，碳酸氢钠直接与醋酸反应，降低了碳酸氢钠的药效，故A说法错误；B.乙醇分子和水分子都含有羟基，都能与金属钠反应产生氢气，但两种物质中羟基所连接的基团不同，导致羟基氢原子的活性不同，与金属钠反应的剧烈程度不同，故B说法正确；C.钠和钾很活泼，能与冷水剧烈反应产生氢气，金属镁较活泼，能与热水反应产生氢气，所以，它们着火时，都不能用泡沫灭火器灭火，应该用干沙盖灭，故C说法错误；D.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，但不能确定K＋是否存在，应该透过蓝色钴玻璃观察火焰是否呈紫色，再下结论，故D说法错误；故选：B。3、C【解析】O2F2中F的负性大于O，显负价，再由S由-2价变为+4价，升6价，6个O原子降为0价，故O2F2氧为+1价。故选C。4、B【解析】A．比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，故A错误；B．元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，电子对偏移程度Cl﹣H＞S﹣H，可说明非金属性Cl＞S，故B正确；C．沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，故C错误；D．化合价高元素的非金属性不一定强，所以不能根据最高正化合价的大小来比较非金属性，故D错误；故答案为B。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。5、C【详解】A．铁与稀硝酸完全反应时，硝酸过量，生成硝酸铁；铁粉过量，生成硝酸亚铁，故0.1mol铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目为0.2NA~0.3NA，选项A错误；B．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，故所得的产物分子小于2NA个，选项B错误；C．n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，选项C正确；D．标况下氯仿不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯仿的物质的量，选项D错误；答案选C。6、C【解析】C3H8O分子式可对应的醇有2种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，分子式C4H8O2的酸有2种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，二者之间两两组合形成的酯有4种。故选C。点睛：本题考查同分异构体的书写和数目的判断。饱和一元醇C3H8O和饱和一元酸C4H8O2在浓硫酸条件下发生酯化反应得到酯，若醇的种类为a，羧酸的种数为b，则酯的种类为ab。7、D【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解，应放在玻璃器皿中称量，不能放在滤纸上称量，选项A错误；B．容量瓶只能用来配制溶液，不能溶解或稀释药品，选项B错误；C．在烧杯中溶解NaOH后，没有冷却至室温，立即将所得溶液注入容量瓶中定容，溶液具有热胀冷缩的性质，冷却后所配溶液的体积偏小，使配制溶液的浓度偏高，选项C错误；D．转移溶液时未干燥容量瓶，不影响溶液的体积和溶质的物质的量，所以不影响配制溶液浓度，选项D正确；答案选D。8、B【解析】A.漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成盐酸和氧气，而变质，故A错误；B.二氧化硫具有杀菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加剂，故B正确；C.通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅，能够与强碱性溶液反应，故C错误；D.汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在放电条件下生成的，故D错误；故选B。9、C【解析】Fe与浓硝酸反应生成Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，Fe和硝酸完全反应；Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B；A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO；经过上述一系列过程，Fe全部氧化为Fe2O3，Fe元素的化合价由0价升至+3价，浓HNO3中部分N原子被还原成NO，N元素的化合价由+5价降为+2价，根据得失电子守恒，3n（Fe）=3n（NO），n（NO）=n（Fe）==0.15mol，标准状况下NO的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L=3360mL，答案选C。点睛：金属与HNO3反应的计算常用守恒法：（1）得失电子守恒：金属失去电子物质的量等于HNO3中N原子得到电子物质的量；（2）N原子守恒：n（HNO3）参加反应=n（HNO3）起酸性作用+n（HNO3）起氧化性作用。10、B【分析】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1。【详解】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，A.甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，故A错误；B.甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，故B正确；C.甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；D.甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。11、C【详解】A．该物质含有醇羟基，且某些醇羟基所连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以可以发生消去反应，故A正确；B．苯环、碳碳双键可以和氢气发生加成，所以1mol该物质最多与5mol氢气发生加成反应，故B正确；C．该物质结构不对称，所以苯环上有3种一氯代物，最左侧六元环上有4种一氯代物，中间六元环上有1种(另外两种重复)，所以环上的一氯代物共8种，故C错误；D．酚羟基、酯基可以和NaOH反应，所以1mol该物质最多消耗2molNaOH，故D正确；综上所述答案为C。12、C【分析】X元素的阳离子具有与氖原子相同的电子层结构，故X元素为第3周期的金属元素；Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，故Y元素为第2周期的非金属元素。【详解】A．第3周期的原子序数大于第2周期，故原子序数X>Y，A错误；B．X为第3周期金属元素，最外层电子数小于等于3，Y为第2周期非金属元素，最外层电子数大于3，故最外层电子数X<Y，B错误；C．X、Y离子具有相同的电子层结构，核电荷数越多半径越小，故离子半径X<Y，C正确；D．X的最高正价为+1～+3，Y的最高正价为+3～+5（氧元素、氟元素无最高正价），D错误；故选C。【点睛】微粒半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。13、B【分析】Z单质常用作半导体材料，推测Z为Si元素，再结合X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知X为N元素，Y为Al元素，W为S元素。【详解】A.同周期时，从左往右原子半径越来越小，因而Y>Z>W，A项错误；B.同周期时，从左往右气态氢化物越稳定，则SiH4的稳定性弱于PH3；同主族时，自下而上气态氢化物越稳定，则PH3的稳定性弱于NH3，因而NH3的稳定性强于SiH4，即气态氢化物的稳定性：X>Z，B项正确；C.同周期时，从左往右最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性大于H2SiO3，即最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<W，C项错误；D.W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，H2SO4属于共价化合物，D项错误。故选B。【点睛】结构周期推断题推元素的已知条件所包含的知识内容如下：（1）原子序数和周期表中位置（周期和族）；（2）原子结构，包括核内质子数、质量数和中子数，核外电子数，原子或离子结构示意图，最外层电子数和电子层数；（3）元素及单质和化合物的性质（包括化学实验），如主要化合价，特征反应，特殊的物理性质，氢化物或最高价氧化物的通式；（4）进行化学计算的数据，如氢化物或最高氧化物中某元素的质量分数，化学反应中量的关系。14、B【详解】A．在地壳中金属元素的含量Al的中含量最高，铁次之，三种元素中Cu元素的含量最低，A错误；B．Al2O3、MgO的熔点很高，可用作高温材料，光导纤维主要成分是二氧化硅，B正确；C．MgO的熔点很高，电解熔融态MgO冶炼Mg会增大生产成本，工业上一般是用电解熔融的MgCl2的方法来冶炼镁，C错误；D．用纯碱、石灰石、石英制玻璃及用铁矿石炼铁都会产生CO2，用氨制碳酸铵，制备原理为：2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3，不产生CO2，D错误；故合理选项是B。15、A【详解】A.氧化铝熔点高，不与O2反应，因此是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，A项正确；B.氧化铝是典型的两性氧化物，但其与碱反应时只能是强碱，与氨水不反应，B项错误；C.氢氧化铝受热易分解，说明氢氧化铝热稳定性差，其既可与酸反应也可与碱反应生成盐和水，说明其具有两性，C项错误；D.氢氧化铝与碱反应时碱只能是强碱，但与酸反应时酸可以为弱酸，如CH3COOH也可与Al(OH)3反应，D项错误；综上所述，本题选A。16、D【分析】该装置为原电池，根据氢离子的流向可知Pt1电极为负极，SO2失电子被氧化，Pt2电极为正极，O2得电子被还原。【详解】A．放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，故A正确；B．Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO，则电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，故B正确；C．该电池的总反应为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1，故C正确；D．Pt2电极上氧气得电子结合迁移到正极的氢离子生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D错误；综上所述答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛①⑤+NaOH+NaClBCDA4【解析】由反应①可知，A为C2H5OH，②C2H5OH氧化为BCH3CHO，③可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为。(1)由以上分析可知D为，名称为苯甲醛，故答案为苯甲醛；(2)由官能团的转化和反应条件可知①为加成反应，②为氧化反应，③为取代反应，④为氧化反应，⑤加成反应，故答案为①⑤；(3)反应③为氯代烃的取代反应，反应的方程式为，故答案为；(4)在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验，故答案为BCDA；(5)E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构，故答案为4；(6)以乙烯为原料制备CH3CH＝CHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息+，因此需要合成乙醛，可以有乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，是有机化学常见题型。本题的易错点为(5)，关键是判断芳香酸G的结构的种类。难点是(6)合成路线的设计，如果考虑到碳链增长，需要利用题干信息，解题就比较顺利了。18、C+2H2SO4(浓)△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓【分析】（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。【详解】(1)经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；(2)经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。【点睛】掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。19、分液漏斗硫化氢溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液均可）还原性SO2＋Br2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Br－CaSO4沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽重复2到3次以上操作过量0.5mol·L－1HCl品红溶液NaOH溶液吸收多余的SO2，防止污染环境，造成大气污染【分析】探究SO2的化学性质，根据装置图，A装置是制取二氧化硫，装置B检验SO2的氧化性，装置C检验SO2的还原性，装置D探究二氧化硫和漂白粉的反应，装置E为尾气吸收装置。(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，可能氧化亚硫酸根离子；②因沉淀的表面有可溶性的杂质，需用蒸馏水重复洗涤；亚硫酸钙和稀酸能够反应生成二氧化硫，可以借助于二氧化硫具有漂白性检验生成的二氧化硫，据此分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器①是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装置B需要检验SO2的氧化性，硫化氢水溶液或硫化钠、硫氢化钠溶液中的硫元素都为-2价，都能被二氧化硫氧化，体现二氧化硫的氧化性，故答案为：硫化氢水溶液(或硫化钠、硫氢化钠溶液)；(3)在反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2为氧化剂，在反应中表现氧化性，S元素的化合价+4价升高+6价，则SO2为还原剂，在反应中表现还原性，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-，故答案为：还原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，会发生氧化还原反应，生成产物可能为硫酸钙，故答案为：CaSO4；②白色沉淀表面有钙离子和氯离子、硫酸根离子等可溶性的离子，需除去这些离子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2～3次以上操作；亚硫酸钙和盐酸反应CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；因为出现固体完全溶解，因此不能选用0.5mol·L－1H2SO4，故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2到3次以上操作；过量(或适量)0.5mol•L-1HCl；品红溶液；(5)二氧化硫是有毒气体，属于大气污染物，所以装置E的作用是吸收二氧化硫，防止造成空气污染，可用氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化硫反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，为防止倒吸，需用倒扣的漏斗，故答案为：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空气污染。20、a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强溶液中存在少量Fe2+可导致FeO(OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内,FeO(OH)向Fe2O3转化的越多a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+Fe2O3在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降【详解】（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：，故答案为：。②FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子，溶液pH降低，反应的离子方程式为：，故答案为：。（2）①根据表中数据，a=8或9时反应后溶液pH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强，说明假设i.反应过程中溶液酸性增强，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化不正确。故答案为：a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强。②表中数据分析可知，其他条件相同时，向FeO(OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，溶液中存在少量Fe2+可导致FeO(OH)向Fe2O3的转化，且溶液中亚铁离子含量越