云南省怒江市2026届高三上化学期中统考模拟试题含解析

云南省怒江市2026届高三上化学期中统考模拟试题注意事项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、下列有关溶液组成的描述合理的是A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾2、下列离子组一定能大量共存的是（）A．无色透明溶液中：Mg2＋、、、B．使石蕊呈红色的溶液中：Ca2＋、、Cl－、Mg2＋C．含有大量Al3＋的溶液中：Na＋、Br－、K＋、D．有大量OH-存在的溶液中：、、Ba2＋、K＋3、能够产生如图实验现象的液体是A．CS2 B．CCl4C．H2O D．4、高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备，下列说法正确的是SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)A．步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑B．步骤①、②、③中每生成或反应1molSi，转移2mol电子C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D．SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl35、常温条件下，下列各组比值为1∶2的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液，c(CO32－)与c(Na+)之比B．0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c(H+)之比C．pH＝3的硫酸与醋酸溶液，c(SO42－)与c(CH3COO－)之比D．pH＝10的Ba(OH)2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比6、下列说法正确的是（）A．气象环境报告中新增的“PM2.5”是一种新的分子B．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂D．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的7、乙烯气体与氢气加成生成乙烷气体的能量变化如下图所示，该反应的热化学方程式（）A．B．C．D．8、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋9、下列说法正确的是（）A．凡是单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布B．不存在两种质子数和电子数完全相同的阳离子和阴离子C．同一短周期元素的离子半径从左到右逐渐减小D．元素非金属性越强，对应氢化物的酸性越强10、用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（）A．进行喷泉实验 B．加热熔融NaOH固体C．验证镁片与盐酸放热反应 D．测定过氧化钠纯度11、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．能使pH试纸显蓝色的溶液中：Na+、ClO－、Fe3+、B．含有大量Al3+的溶液中：K+、Mg2+、C．KW/c(H+)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：、Ca2＋、Cl－、D．常温下由水电离出的c(H+)=10-13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、、Cl－12、下列物质相互反应不会产生氢气的是A．铁和稀硝酸 B．钠和乙醇 C．铝和氢氧化钠 D．镁和稀盐酸13、异丁苯（）是合成镇痛药物布洛芬（）的原料。下列关于两种有机物的描述中正确的是（）A．布洛芬的分子式为B．异丁苯中所有碳原子可能处于同一平面C．1mol布洛芬最多能与4mol发生加成反应D．异丁苯的一氯取代物有6种（不考虑立体异构）14、配制100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，下列操作正确的是()A．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀15、下列说法正确的是()A．投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H＋、Mg2＋、SO、NOB．将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2＋NH3·H2O===HSO＋NHC．用酒精萃取碘水中的碘，水从分液漏斗下口放出，碘的酒精溶液从分液漏斗上口倒出D．高炉炼铁原理是用一氧化碳还原四氧化三铁16、下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A．用溶液除铁锈 B．用溶液除去水体中的C．用石灰乳脱除烟气中的 D．用酸性溶液检查司机是否酒后驾车二、非选择题（本题包括5小题）17、药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如下：已知：1.两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应+H2O2.RCHO(1)关于阿莫西林分子，下列说法正确的是_______________。A．分子式为C16H18N3O5B．分子中含4个手性碳原子C．1mol该物质最多能与3molNaOH反应D．能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应(2)反应①的化学方程式为_______________，CH3I的作用为__________。(3)写出甘氨酸(H2N－CH2－COOH)和C发生缩合生成二肽的结构简式：________。(4)试写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体：___________。①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子。(5)利用己有知识和题中涉及的反应，设计从的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)__________________18、与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）19、MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。20、锡是大名鼎鼎的"五金"—金、银、铜、铁、锡之一。四氯化锡可用作媒染剂，可利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/℃246-33沸点/℃652144其他性质无色晶体，易被氧化无色液体，易水解回答下列问题：(1)乙中饱和食盐水的作用为_____；戊装置中冷凝管的进水口为_________(填“a”或“b”)。(2)用甲装置制氯气，MnO4被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_____________________________________(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应；②_____________。(4)己装置的作用是_____________________。(5)某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2的有________（填标号）。A．FeCl3溶液(滴有KSCN)B．溴水C．AgNO3溶液(6)反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.38gSnCl4，则SnCl4的产率为________。21、以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：(1)氯化过程控制电石渣过量、在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2。①电石与H2O反应的化学方程式为___________________。生成Ca(ClO)2的化学方程式为___________________。②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有________(填序号)。A．适当加快通入Cl2速率B．充分搅拌浆料C．加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2＋6Cl2===Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，氯化完成后过滤。75℃时Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2的反应方程式为__________________。滤渣的主要成分为________(填化学式)。(3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3的原因是________。若溶液中KClO3的含量为100g·L－1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。【点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。2、B【详解】A．水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．使石蕊呈红色的溶液中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．Al3＋、会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；D．OH-、会反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。3、C【详解】A．CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A错误；B．CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B错误；C．H2O是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O液流,液流会偏转，C正确；D．是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D错误。答案选C。【点睛】极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。4、D【分析】二氧化硅与碳高温条件下生成硅和一氧化碳；SiO2Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气；SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点67.6℃)，沸点相差较大。【详解】步骤①的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A错误；SiO2Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0，生成1molSi，转移4mol电子，故B错误；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点67.6℃)，沸点相差较大，可以通过蒸馏提纯SiHCl3，故D正确。【点睛】本题考查了硅的制备、提纯及性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累。5、C【解析】根据弱电解质的电离、盐类的水解概念及应用分析。【详解】A.0.1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-离子会发生水解，c（CO32-）与c（Na+）之比一定小于1：2，故A错误；B.醋酸的电离程度和醋酸的浓度有关，浓度越小电离程度越大，即0.1mol/L的醋酸电离程度大，故0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c(H+)之比大于1：2，故B错误；C.pH=3的硫酸与醋酸溶液，氢离子浓度相等，氢氧根离子浓度也是相等的，根据电荷守恒，故c(SO42-)与c（CH3COO-）之比等于2：1，故C正确；D.Ba(OH)2是强碱，氨水是弱碱，pH=10的Ba（OH）2溶液与氨水，氨水的浓度大，故Ba(OH)2和氨水的溶质的物质的量浓度之比小于1：2，故D错误。故选C。【点睛】盐类的水解过程中，要考虑水解程度的强弱判断溶液中的离子溶度大小。6、B【解析】A．气象环境报告中新增的“PM2.5”是一种混合物，不是分子，故A选项错误。B．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故B选项正确。C．小苏打是治疗胃酸过多的一种药剂，故C选项错误。D．乙醇消毒是使蛋白质变性，乙醇没有强氧化性，而过氧化氢、次氯酸钠具有强氧化性可杀菌消毒，均作消毒剂，但原理不同，故D选项错误。故答案选B。【点睛】7、C【分析】从坐标图象中可以看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，说明此反应为放热反应。且放出的能量为(b-a)kJ。【详解】A.，没有标明各物质的状态，错误；B.，没有标明各物质的状态，且热量数值不正确，错误；C.，正确；D.，放出热量的数值错误。故选C。【点睛】放出热量的数值是反应物与生成物总能量的差值，不是激发态总能量与生成物总能量的差值。在进行反应热效应的计算时，一定要弄清能量数据对应的物质，否则会错选D。8、C【详解】A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；答案选C。9、B【解析】A、H+没有核外电子，Fe3+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，与稀有气体核外电子排布不同，故A错误；

B、阳离子的质子数大于电子数,阴离子的质子数小于电子数,如电子数相同,则质子数一定不同,故B正确；C、离子半径比较大小，先看电子层数，电子层数越多，半径越大，同一短周期元素的最低价阴离子核外电子比同一短周期元素的最高价阳离子核外电子多一层，所以半径大，电子层数相同，则核电荷数越大半径越小，同一短周期元素的最高价阳离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故C错误；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题重点考查元素周期律。粒子半径比较方法：先看电子层数，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，则看核电荷数，核电荷数越大，半径越小。元素的非金属性越强，单质氧化性越强，对应阴离子还原性越弱，单质与氢气反应越容易(剧烈)，其氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。金属性越强，则单质还原性越强，对应阳离子氧化性越弱，单质与水或酸反应越容易(剧烈)，最高价氧化物对应水化物碱性越强。10、C【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；B．瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；故答案为C。11、C【详解】A.能使pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，Fe3+在碱性环境下不存在，A错误；B.Al3+与碳酸氢根离子发生彻底双水解，不能共存，B错误；C.根据Kw=c(H+)c(OH-)，则KW/c(H+)＝1×10－13mol·L－1的溶液中氢氧根离子的浓度为1×10－13mol·L－1，溶液显酸性，四种离子能大量共存，C正确；D.常温下由水电离出的c(H+)=10-13mol·L－1说明水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子在酸性条件不能存在，D错误；答案选C。12、A【分析】稀硝酸与金属反应，由于硝酸具有强氧化性，故反应中氮元素化合价改变；钠单质能与乙醇反应产生氢气；铝能与NaOH溶液反应生成氢气；活泼金属能与酸发生置换反应。【详解】A.稀硝酸不同于一般酸，具有强氧化性，能与金属反应，反应产生一氧化氮，Fe与稀硝酸反应为：Fe+4HNO3（足量）=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，A没有H2生成；B.乙醇能与钠反应产生氢气，反应为：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑，B产生H2；C.铝能与碱反应产生氢气，Al与NaOH溶液的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C产生H2；D.活泼金属与酸反应产生氢气，Mg与盐酸的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，D产生H2；答案为A。13、D【详解】A.由布洛芬的结构式可知，布洛芬的分子式为，A项错误；B.异丁苯的结构中含饱和C，该物质中所有碳原子不可能处于同一平面，B项错误；C.布洛芬中的苯环可以和加成，所以1mol布洛芬最多能与3mol发生加成反应，C项错误；D.异丁苯的一氯取代物取代位置表示如图：，共有6种，D项正确；答案选D。14、D【解析】A项，称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，错误；B项，题中100mL指溶液的体积，不是溶剂蒸馏水的体积，错误；C项，向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止液滴外洒，错误；D项，定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀，正确；答案选D。15、B【解析】选项A的溶液中有大量的氢离子和硝酸根离子，所以溶液具有硝酸的氧化性，与铁反应不能得到氢气，而是生成NO，选项A错误。将过量二氧化硫气体入冷氨水中，因为二氧化硫过量，所以得到酸式盐，方程式为：SO2＋NH3·H2O===HSO＋NH，选项B正确。酒精和水混溶，所以不可以用酒精进行萃取，选项C错误。高炉炼铁原理是用一氧化碳还原铁矿石（不一定是四氧化三铁，也可能是氧化铁），选项D错误。点睛：高炉炼铁的基本原理是：从炉顶不断地装入铁矿石（磁铁矿或赤铁矿）、焦炭、熔剂，从高炉下部的风口吹进热风。在高温下，焦炭将碳燃烧生成的二氧化碳还原为一氧化碳，将铁矿石中的氧夺取出来，得到铁，这个过程叫做还原。铁矿石通过还原反应炼出生铁，铁水从出铁口放出。铁矿石中的脉石、焦炭及喷吹物中的灰分与加入炉内的石灰石等熔剂结合生成炉渣，从出铁口和出渣口分别排出。煤气从炉顶导出，经除尘后，作为工业用煤气。16、D【详解】A．溶液水解显酸性，氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，可除去铁锈，与氧化还原反应无关，A不符合题意；B．S2-可与Hg2+反应生成HgS，因此可用溶液除去水体中的，与氧化还原反应无关，B不符合题意；C．石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，可与烟气中的发生复分解反应，与氧化还原反应无关，C不符合题意；D．乙醇具有还原性，可与橙色的酸性重铬酸钾发生氧化还原反应，生成绿色的铬酸钾，因此用酸性溶液检查司机是否酒后驾车与氧化还原反应有关，D符合题意；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BD保护酚羟基，防止被氧化（任写三个）【分析】(1)根据阿莫西林分子的结构可知分子式，官能团，手性碳的数目；(2)根据①的生成物，推得反应物为对甲基苯酚，与CH3I发生取代反应，酚羟基很容易被氧化，加入CH3I防止被氧化；(3)C的结构简式为故形成二肽时，羧基失去羟基，氨基失去氢原子；(4)的同分异构体需满足分子式相同，结构不同的有机物，C的分子式为C8H9O3，满足条件①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，分子中可以含有一个硝基，两个甲基，一个羟基；或者两个甲基，两个羟基，一个氮氧双键；两个CH3O，一个氮氧双键，写出同分异构体的结构。(5)根据题中涉及的反应+H2O2.RCHO制备生成物的工艺流程为：苯环上的甲基转变为醛基，可由取代反应引入氯原子，二元氯代烃在碱性条件下发生取代反应得到含有醛基的有机物，加入氢氰酸，再加酸性条件下水解得到产物。【详解】(1)A.由结构简式可知,阿莫西林的分子式为C16H19N3O5S，故A错误；B.连4个不同基团的原子为手性碳原子，则左侧与氨基，苯环，氢原子，羰基相连的碳原子，四元环上除羰基和氮原子外的两个碳原子均为手性碳，五元环中与羧基相连的碳原子为手性碳，故手性碳共4个，故B正确；C.酚−OH具有酸性，能与NaOH发生中和反应，−COOH能与NaOH发生中和反应，1mol分子中有2mol肽键，在碱性条件下可以水解，则1

mol该物质最多可与4mol

NaOH反应，故B错误。D.含有羰基，可发生加成反应，含有苯环和羟基，可发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应，含有氨基和羧基，可发生缩聚反应，故D正确；故答案选BD；(2)根据分析，A的结构简式为反应方程式为，酚羟基很容易被氧化，加入CH3I防止被氧化；故答案为：；保护酚羟基，防止被氧化；(3)C的结构简式为，C和甘氨酸可以脱水缩合生成肽键，甘氨酸（H2N-CH2-COOH）和C发生缩合生成二肽的结构简式为：，故答案为；(4)的同分异构体需满足分子式相同，结构不同的有机物，C的分子式为C8H9O3，满足条件①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，分子中可以含有一个硝基，两个甲基，一个羟基；或者两个甲基，两个羟基，一个氮氧双键；两个CH3O，一个氮氧双键，则符合要求的结构简式为：，故答案为：（任写三个）；(5)根据题中涉及的反应+H2O2.RCHO制备生成物的工艺流程为：苯环上的甲基转变为醛基，可由取代反应引入氯原子，二元氯代烃在碱性条件下发生取代反应得到含有醛基的有机物，加入氢氰酸，再加酸性条件下水解得到产物，则合成路线图如下：，故答案为：。18、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。19、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。故选A；（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。20、除去氯气中的HCla2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解AB91.2%【分析】（1）浓盐酸具有挥发性；采取逆流原理通入冷凝水；（2）A中发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4变为气态，便于在戊处冷却收集；（4）吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解；（5）由于Sn2＋易被Fe3＋，可以使用氧化性的FeCl3溶液（滴有KSCN）、溴水，根据颜色变化判断；（6）根据Sn的质量计算SnCl4的理论产量，产率=实际产量/理论产量×100%。【详解】（1）浓盐酸具有挥发性，乙中饱和食盐水的作用为除去氯气中的HCl；采取逆流原理通入冷凝水，由a口通入冷凝水，冷凝管充满冷凝水，充分进行冷却；（2）A中发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为：2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；（3）整个装置中充满氯气时，即丁装置充满黄绿色气体