2026届湖北省宜昌县域高中协同发展共同体高三化学第一学期期中综合测试试题含解析

2026届湖北省宜昌县域高中协同发展共同体高三化学第一学期期中综合测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、FeSO4在工业上可用于制备FeCO3，实验室模拟工业流程如图所示。下列说法正确的是（）A．可用KSCN溶液检验FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+B．用Na2CO3代替NH4HCO3，可能有Fe(OH)2沉淀产生C．沉淀的同时有NH3产生D．检验沉淀是否洗涤干净，可用盐酸检验2、据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发,汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是A．还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8B．若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1molC．每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化D．NaN3是只含有离子键的离子化合物3、工业上用CO和H2合成CH3OH：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。反应的平衡常数如下表：温度／℃0100200300400平衡常数667131.9x10－22.4×10－41×10－5下列说法正确的是A．该反应的△H>0B．加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C．工业上采用5×103kPa和250℃的条件，其原因是原料气的转化率高D．t℃时，向2L密闭容器中投入0.2molCO和0.4molH2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为1004、下列有关实验的内容正确的是()A．可用碱式滴定管量取12.85mL的KMnO4溶液B．实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置C．取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶D．配制500mL0.4mol/LNaCl溶液，必要的仪器如图乙所示5、如图是工业“从海水中提取镁”的简易流程示意图。下列说法中不正确的是()A．流程中试剂a为NaOH溶液，试剂b为盐酸B．操作2的具体方法是加热浓缩，冷却结晶C．操作3是将晶体置于HCl气体氛围中脱水D．电解MgCl2时，阳极生成Cl2，阴极生成Mg6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，体系中的原子总数为8NAB．100g质量分数为9.8%的硫酸水溶液中含氧原子的数目为0.4NAC．0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NAD．常温下，0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中含有的离子总数为0.3NA7、废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：下列说法不正确的是A．热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污B．操作a是萃取C．冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解D．Fe2O3可用作红色颜料8、HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是277℃，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（）①HgCl2属于共价化合物②HgCl2属于离子化合物③HgCl2属于非电解质④HgCl2属于弱电解质A．①③ B．①④ C．②③ D．②④9、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是A．向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B．途径II中若生成1molI2，消耗1molNaHSO3C．氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−D．一定条件下，I−与IO3−可能生成I210、在一定温度和压强下，向盛有足量X的体积可变的密闭容器中通入Y气体，发生反应：X(s)＋aY(g)bZ(g)＋W(g)；△H＞0，平衡时Z的物质的量与通入Y的物质的量的变化关系如图所示。下列说法中正确的是A．平衡时Y的转化率为(b/a)×100％B．向容器中再加入少量X，则Y的转化率增大C．再通入Y，重新达到平衡时W的体积分数不变D．保持压强一定，当原反应在较高温度下建立平衡时，图中θ＜45°11、中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是()A．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2B．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中所含氢原子数为6NAB．标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为NAC．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中Al3+离子总数等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中数目为NA13、将0.1mol镁和铝的混合物溶于100mL2mol/L稀硫酸中，然后滴加1mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是A．当V1=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为50%B．若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=400mL。C．若其中镁粉的物质的量分数为a，用100mL2mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/LNaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3,则a的取值范围为12D．若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO214、下列关于有机物的说法正确的是()A．乙二醇和丙三醇互为同系物B．分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．环己烯()分子中的所有碳原子共面15、下列说法不正确的是A．葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定B．改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施C．实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞D．水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料16、下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是()A．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③Na2CO3三份溶液中的c(Na＋)：③＞②＞①B．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)C．图中a点溶液中各离子浓度的关系是：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)D．图中pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)二、非选择题（本题包括5小题）17、花椒毒素(I)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)②的反应类型为__________；B分子中最多有___________个碳原子共平面。(2)A中含氧官能团的名称为__________；若反应④为加成反应，则写出F的结构简式_______________。(3)反应③的化学方程式为_____________。(4)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____________。（只写一种即可）。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)参照题图信息，写出以为原料制备：的合成路线（无机试剂任选）：____________。18、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)__________________19、亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置f的作用是____________（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为____________。（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_______________________________________________________（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是____。（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶，d中所用的试剂为_______。（按气流方向）（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是________（己知SCl2的沸点为50℃）。若反应中消耗Cl2的体积为896mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl24.76g，则SOCl2的产率为__________（保留三位有效数字）。（7）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是_______________________________20、POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I．制备PCl3（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气。发生装置可以是图中的____（填字母代号）。（2）检查装置C气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。图中碱石灰的作用是______________。II．实验室制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如图：资料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；②PCl3和POCl3的相关信息如下表：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3﹣112.076.0137.5两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢POCl32.0106.0153.5（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，反应的化学方程式为___________________________________。（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。（5）通过佛尔哈德法可以测定产品中Cl元素含量，实验步骤如下：a、准确称取15.0gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。b、取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.2mol•L﹣1AgNO3标准溶液。c、加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。d、以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.2mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去l0.00mLNH4SCN溶液。①步骤d中达到滴定终点的现象是__________________________________________。②产品中Cl元素的质量分数为______________（保留3位有效数字）。21、黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：（1）CuFeS2中存在的化学键类型是_______。其组成的三种元素中电负性较强的是_______。（2）下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的______。（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。①X分子的立体构型是____，中心原子杂化类型为____，属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。②X的沸点比水低的主要原因是___________。（4）CuFeS2与氧气反应生成SO2，其结构式为，则SO2中共价键类型有_________。（5）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。①Cu＋的配位数为__________，②已知：a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是________g•cm3(列出计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A.检验FeSO4溶液中Fe2+是否完全被氧化成Fe3+，应选用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，证明溶液中是否存在Fe2+离子，故A错误；B.用Na2CO3代替NH4HCO3，碳酸钠中碳酸根离子水解程度大，也可以发生双水解反应生成氢氧化亚铁沉淀，故B正确；C.FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为:，无氨气生成，故C错误；D.检验沉淀是否洗涤干净，可用氯化钡溶液检验，若洗涤液中加入氯化钡溶液无沉淀生成说明洗涤干净，加入盐酸无现象变化，不能用盐酸，故D错误；【点睛】解题时需注意可以用KSCN溶液检验FeSO4溶液中Fe2+是否被氧化成Fe3+，SCN-与Fe3+反应生成Fe(SCN)3血红色溶液。若是检验FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+，实际上是检验溶液中是否还有Fe2+剩余，应用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液证明溶液中不存在Fe2+离子。2、B【解析】A．KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10：16×=2:3，故A错误；B．由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol，故B正确；C．反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；D．NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选B。点睛：把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。将N3-作为整体来分析为解答的难点。10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中转移10e-。3、D【解析】A.由图表可知，随温度升高平衡常数减小，可推知该反应△H＜0，故A错误；B.加入催化剂不能使平衡移动，CO的转化率不变，故B错误；C.该反应正向为放热反应，理论上温度越低、原料气的转化率越高，在实际生产中既要兼顾反应速率和转化率，又要考虑设备和技术成本，因此选择此条件是综合考虑实际情况的结果，故C错误；D.初始时c（CO）=0.1mol/L、c（H2）=0.2mol/L，由反应方程式可知，若平衡时CO转化率为50%，则平衡时c（CH3OH）=0.05mol/L、c（CO）=0.05mol/L、c（H2）=0.1mol/L，该温度下平衡常数K=0.050.05×0.12=100本题答案为D。4、C【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管，A错误；B．蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，B错误；C．钠和钾均是活泼的金属，极易与氧气和水反应，所以取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，C正确；D．配制500mL0.4mol·L－1NaCl溶液还缺少500mＬ容量瓶和胶头滴管，不需要分液漏斗，D错误。答案选C。5、A【详解】A．海水中提取镁时，试剂a为氢氧化钙，加入海水或苦卤中沉淀镁离子，通过过滤得到氢氧化镁沉淀，加入试剂b盐酸溶解，得到氯化镁溶液，故A错误；B．氯化镁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，故B正确；C．为抑止Mg2＋水解，在氯化氢气流中加热氯化镁晶体失去结晶水，故C正确；D．电解熔融氯化镁，阳极是氯离子失电子生成氯气，镁离子在阴极上得到电子生成镁，故D正确；选A。6、A【解析】A、由于NO和氧气均为双原子分子，故2

mol

NO和2

mol

O2中含8mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故将2

mol

NO和2

mol

O2混合，充分反应后体系中原子总数为8NA，故A正确；B、在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数多于0.4NA个，故B错误；C、0.1molFe在0.1mol氯气中燃烧，铁过量，氯气完全反应，而氯气反应后边变为-1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D、未注明溶液的体积，无法计算0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中含有的离子总数，故D错误；故选A。7、B【解析】用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。加入稀硫酸后，将铁单质转化为亚铁离子，再加入碳酸氢铵，促进亚铁离子水解得到沉淀。通过过滤、洗涤、煅烧，得到氧化铁，据此分析；【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A项正确；B.操作a是过滤，故B项错误；C.冰水既可洗去杂质又降低温度，减少固休的溶解，故C项正确；D.Fe2O3俗名铁红，可用作红色颜料，故D项正确；综上，本题选B。8、B【详解】HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。9、D【详解】A.向含I-的溶液中通入少量Cl2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量Cl2，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B.根据转化关系2IO3-~I2~10e-,SO32-~SO42~2e-，途径II中若生成lmolI2，消耗5molNaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性Cl2>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-,故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2,故C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。10、C【解析】试题分析：A、平衡时Y的转化率为×100％，A错误；B、向容器中再加入少量X，由于X为固态，平衡不移动，则Y的转化率不变，B错误；C、由于在恒温恒压条件下，反就混合物成比例时为等效平衡，再通入Y，重新达到平衡时W的体积分数不变，C正确；D、保持压强一定，因△H＞0，当原反应在较高温度下建立平衡时，平衡正向移动，Z的含量增加，图中θ>45°，D错误；答案选C。考点：化学平衡的图像11、C【解析】A、如果E为NaCl，且A与C反应生成B，则A为NaOH，B为Na2CO3、C为NaHCO3，X为HCl，故A说法正确；B、D为强碱，如果D为NaOH，则A为Na，E为O2，B为Na2O，C为Na2O2，X为H2O，Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，故B说法正确；C、D为一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，说明D为Fe(OH)2，如果A为Fe，不符合此转化关系，故C说法错误；D、D为强酸，可能是硫酸，也可能是硝酸，假设为硝酸，A为N2，N2与氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，Cu与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A为NH3，NH3催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，故D说法正确。12、D【详解】A．100g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH质量为46g，54g水，CH3CH2OH的物质的量为1mol，氢原子物质的量为6mol，氢原子数目为6NA，水中也含有氢原子，因此所含氢原子数大于6NA，故A错误；B．标准状况下，HF是液体，无法计算物质的量，故B错误；C．常温下，100mL1mol∙L−1AlCl3溶液中AlCl3物质的量为0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+离子总数小于0.1NA，故C错误；D．含1molNH4Cl的溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，根据n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此时溶液中数目为NA，故D正确。综上所述，答案为D。13、B【解析】A、当V1=150mL时，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na＋离子守恒可知，n（Na2SO4）=1/2n（Na＋）=1/2n（NaOH）=1/2×0.15L×1mol·L－1=0.075mol，设MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1，根据SO42－离子守恒可知：x+3y=0.2-0.075，联立方程解得：x=0.05、y=0.025，镁粉的物质的量分数为50%，而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2＋、Al3＋恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2SO4溶液，根据SO42－离子和Na＋离子守恒可得：n（Na＋）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.1L×2mol·L－1=0.4mol，所以滴入NaOH溶液的体积为V（NaOH）=0.4mol/1mol·L－1=0.4L=400mL，故B正确；C、混合物为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入450mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)3沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，结合B选项：v1=400mL，再加入50mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，Al(OH)3最大取值0.05mol，即0＜n（Al）≤0.05mol，n（Mg）+n（Al）=0.1mol，则0.5≤n（Mg）＜1，即0.5≤a＜1；D、若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO2和Na2SO4混合液，故D错误；故选B。点睛：本题考查图象和混合物反应的计算相结合，题目难度较大，解题关键：明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。解题技巧：守恒思想在化学计算中的应用方法。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．对于图象分析题的解题规律：难点是C选项，D选项为易错点。14、B【详解】A．乙二醇和丙三醇中-OH数目不同，不属于同系物，故A错误；B．分子式为C5H12O的醇，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，说明连接羟基的碳原子上含有2个氢原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。当烷烃为CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1种结构；当烷烃为(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2种结构；当烷烃为(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1种结构，因此C5H12O的醇中可以氧化为醛的醇有4种，故B正确；C．的最长碳链有6个碳，其名称为2，3，4，4-四甲基己烷，故C错误；D．环己烯()分子中含有4个亚甲基，亚甲基具有甲烷的四面体结构，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D错误；故选B。15、A【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法错误；B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法正确；C、实验室保存少量的液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法正确；D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法正确。16、C【详解】A．pH相同的钠盐溶液中，弱根离子水解程度越大，其盐溶液浓度越小，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，大于醋酸钠，则当三种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是③＜②＜①，钠离子浓度大小顺序是③＜②＜①，故A错误；

B．根据物料守恒得c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），故B错误；

C．a点溶液中存在的溶质是等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，根据物料守恒得c（Na+）=2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），故C正确；

D．pH=7时c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（Na+）=c（CH3COO-），故D错误；

故选：C。【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较，根据溶质的性质结合物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是C，明确a点溶液中的溶质是解此选项的关键，题目难度中等．二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应9羟基HCHO+H2O30或【分析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为，根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为，根据G生成H的反应条件可知，H为，据此解答。【详解】(1)②为C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，反应类型为加成反应；B分子中苯环为平面结构，单键可以旋转，所以最多有9个碳原子共平面，故答案为：加成反应；9；(2)A为，含氧官能团为羟基；若反应④为加成反应，E为，与F生成，则F为HCHO，故答案为：HCHO；(3)反应③中D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，化学方程式为+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个-C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为-C3H6COOH的结构有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有或，故答案为：30；或；(5)以为原料制备，根据流程图C生成D可知，可以和氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为：，故答案为：。【点睛】本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式釆用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。18、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：。19、吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OAlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，HCl抑制AlCl3水解丁饱和食盐水、浓硫酸蒸馏50.0%取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ【解析】（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生；（4）甲中加热亚硫酸氢钠确实会产生二氧化硫，但是同时也会生成较多的水蒸汽，故甲不选；乙中18.4mol/L的浓硫酸与加热反应虽然能制取二氧化硫，但实验操作较复杂且消耗硫酸的量较多，硫酸的利用率低，故乙不选；丙中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性，可以轻易的将亚硫酸钠中的正4价的硫氧化为正6价的硫酸根离子而无法得到二氧化硫，故丙不选；丁中反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水，丁制取二氧化硫比较合理；故答案为丁；（5）装置e中产生的Cl2经过d后进入三颈烧瓶，d干燥氯气，且除去HCl，则d中所用的试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸；（6）已知氯化亚砜沸点为77℃，已知SCl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为0.896L22.4L/mol=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.08molSOCl2，则（7）向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液w，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液w中存在的Cl-的方法是取少量无色溶液放入试管中，加入Ba（NO3）2溶液至不再生沉淀为止，静置．取出上层清液，加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可知无色溶液中含有Cl-。20、A吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低溶液由无色变为红色且30s内不再变色71.0%【分析】I．（1）高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，属于固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置；（2）根据氯气有毒，产品PCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢进行分析；II．实验室制备POCl3。A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析回答问题。【详解】I．（1）固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置A；答案：A；（2）根据氯气有毒，因此尾气不可排放到空气中，产品PCl3遇水剧烈反应，要防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；答案：吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶；II．（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，确定有HCl生成，根据磷元素的化合价还可以确定有磷酸生成，方程式为POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；答案：POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl；（4）根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；答案：温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低；（5）因为Fe3+与SCN-结合，溶液会