2026届江苏省南京市鼓楼区化学高三上期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届江苏省南京市鼓楼区化学高三上期中学业水平测试模拟试题考生须知：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、下列反应的方程式正确的是A．蔗糖与浓硫酸混合产生刺激性气味的气体：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2OC．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓D．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O2、下列叙述合理的是()A．根据氧化物的组成将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物B．根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质C．没有单质参加的化合反应也可能是氧化还原反应D．根据分散质和分散剂的聚集状态将分散系为浊液、胶体和溶液3、设计如图装置研究电化学反应，a、b可用导线连接。下列叙述错误的是A．a、b不连接时，铁片上有气泡产生B．a、b连接时，铜片上发生反应：2H++2e→H2↑C．a、b连接时，溶液中产生电子的定向移动D．无论a和b是否连接，铁片上都会发生氧化反应4、常温下，用0.1mol·L—1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol·L—1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)B．当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)C．当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)D．当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是()A．某温度和压强下，48gO2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NAB．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAD．4.6g乙醇中含有O－H键数目为0.1NA6、为探究新制氯水的性质，某学生做了如图实验。实验装置试剂a现象①紫色的石蕊试液溶液先变红后褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是（）A．实验①说明新制氯水中含有H+、HClOB．实验②发生的反应为：HCO+HClO=ClO-+CO2↑+H2OC．实验③说明新制氯水中存在Cl-，发生的反应为：Cl-+Ag+=AgCl↓D．实验④体现氯气的氧化性，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，5.6LCCl4中含有的Cl原子数为NAB．密闭容器中，1molNO与足量O2反应，混合气体中NO2的分子数为NAC．3.0g乙烷中含有的共价键数为0.6NAD．常温下，1molCl2溶于足量Ca(OH)2溶液中，转移的电子数为NA8、某溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH4+，其中c(H+)=10-2mol·L-1，在该溶液中还可以大量存在的阴离子是()A．SO42- B．NO3-- C．SCN- D．CO32—9、将mg镁铝合金投入500mL2mol•L-1的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol•L-1的氢氧化钠溶液，沉淀质量的最大值为13.60g，则m的值为（）A．5.10 B．8.50 C．9.35 D．11.4810、中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下所示：FeCl3·6H2OFeOOH纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是（）A．纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病B．纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径大小相等C．在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D．反应②的化学方程式是6FeOOH＋CO===2Fe3O4＋3H2O＋CO211、下列反应的离子方程式正确的是（

）A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H＋+Cl－+ClO－B．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H＋=Fe2＋

+H2OC．向三氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋D．金属钠投入水中：Na+2H2O=Na＋+2OH－+H2↑12、下列各组溶液只需通过相互滴加就可以鉴别出来的是()A．NaAlO2溶液和盐酸 B．NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液C．Ba(OH)2溶液和浓MgCl2溶液 D．稀硫酸和碳酸氢钠溶液13、下列残留物的洗涤方法错误的是（）残留物洗涤剂A容器里附有的油污热的纯碱溶液B容器壁上附着的硫酒精C试管上的银镜稀HNO3DAgCl氨水A．A B．B C．C D．D14、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物15、化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能B．“春蚕到死丝方尽，烛炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰混合使用D．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应16、下列有关图示装置的叙述不正确的是（）A．①可用于吸收实验中多余的SO2B．②可用于收集H2、NH3、Cl2、NO等C．③中X为CC14，可用于吸收NH3或HC1气体D．④可用于收集NH3，并吸收多余的NH3二、非选择题（本题包括5小题）17、松油醇是一种调香香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_________________。（2）A分子能发生的反应类型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所属的有机物类别是________。a.酸b.醛c.烯烃d.不饱和醇（5）写结构简式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）写出α－松油醇与乙酸发生酯化反应的方程：___________________。18、Ⅰ、A、B是两种常见的无机物，它们分别能与下图中周围4种物质在一定条件下反应：请回答下列问题：（1）A溶液与B溶液反应的离子方程式______．（2）若A与其周围某物质在一定条件下反应，产物之一是B周围的一种，则此反应的离子方程式为______（3）在A、B周围的8种物质中，有些既能与A反应又能与B反应．则这些物质可能是：______．Ⅱ、在Na+浓度为0.6mol/L的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为______。（2）实验Ⅱ中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：______。（3）通过实验I、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，判断K+______一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小浓度为______。（若不存在，此空不需填写）19、I.某研究小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应。已知:1.0mol·L-1的Fe(NO3)3溶液的pH=1,铁架台等夹持仪器已略去,请回答:(1)用于加入浓硫酸的仪器名称为________。装置A中发生的化学方程式为______。(2)滴加浓硫酸之前要先打开弹簧夹通入一定量的N2,其目的是_____________。(3)实验中,装置B中产生了白色沉淀,该沉淀的成分是_______，说明SO2具有______性。(4)分析B中产生白色沉淀的原因:观点1:SO2与Fe3+反应;观点2:在酸性条件下SO2与NO3-反应;基于观点1,装置B中反应的离子方程式___________。为证明该观点,应进一步检验生成的新物质,其实验操作及现象为(假定在反应中SO2的量不足_________。基于观点2,只需将装置B中Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液,在相同的条件下进行实验。应选择的最佳试剂是_________(填序号)。A.0.1mol·L-1的稀硝酸B.1.5mol·L-1的Fe(NO3)3溶液C.6.0mol·L-1的NaNO3和0.2mol·L-1盐酸等体积混合的混合液Ⅱ.人们常用催化剂来选择反应进行的方向。图所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_____（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=________。20、某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。实验序号ⅠⅡ实验操作实验现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i.MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii.酸性条件下氧化性:KMnO4＞KIO3＞I2。（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了________。（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：①经检验，实验II初始阶段I—的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为________。②黑色固体是________。③设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：________。④写出生成IO3-的离子方程式：________。（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________。（4）实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与________有关（写出两点即可）。21、铅（Pb）与碳同主族，位于元素周期表中第六周期。（1）铅笔中无“铅”，铅笔芯的主要成分是石墨和黏土。①石墨和金刚石的关系是_____；A．同位素

B．同素异形体

C．同分异构体

D．同系物②一种黏土的主要成分是Al2[(OH)4Si2O5]，用氧化物的形式表示其组成_______。（2）化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。①PbO2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式_____；②将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解，溶液变紫色。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，则该反应的氧化产物是_____；③已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式______。（3）已知PbSO4

不溶于水，但可溶于醋酸铵（CH3COONH4）溶液，形成澄清溶液。①PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是_____；②把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为_______；③铅蓄电池的使用PbO2和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加______g。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A、浓硫酸具有脱水性和强的氧化性，使蔗糖脱水生成碳，该过程放热，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反应的生成物为硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，其反应的离子方程式为：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；D、以Ca(HCO3)2系数为1，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误。【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。2、C【解析】A.根据氧化物的组成将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，选项A错误；B.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，所以选项B错误；C.氧化还原反应是根据反应前后元素的化合价是否发生变化，与是否有单质参加没有关系，如Na2O2+SO2=Na2SO4，是没有单质参加的化合反应，但是却是氧化还原反应，选项C正确；D.根据分散质微粒直径的大小，将分散系为浊液、胶体和溶液，选项D错误；故本题合理选项是C。3、C【解析】A．a和b不连接时，铁和氢离子发生置换反应，所以铁片上会有气泡逸出，故A正确；B．a和b用导线连接时，该装置构成原电池，铁易失电子作负极，Cu作正极，H+从铜片上获得电子，则铜片上发生反应：2H++2e→H2↑，故B正确；C．a和b用导线连接时，该装置构成原电池，电子在外电路从铁片流向铜片，溶液中的离子发生定向移动，故C错误；D．无论a和b是否用导线连接，铁片均会与酸反应，发生氧化反应，故D正确；故答案为C。4、D【解析】A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，联立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A错误；B．当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)，故B错误；C．当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C错误；D．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；答案选D。5、C【详解】A．O2与O3混合相当于O原子混合，n(O)=，则含有氧原子总数为3NA，A正确；B．n(NH3)=，根据关系1NH3~3e-确定转移电子为0.3mol，转移的电子数为0.3NA，正确；C．常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移电子数，C错误；D．4.6g乙醇的物质的量为：，根据关系1CH3CH2OH~1O—H可知，含有O－H键数目为0.1NA，D正确。答案选C。6、B【详解】新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A．紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；B．碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；C．新制氯水有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；D．新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。7、D【详解】A．标准状况下CCl4是液体，5.6LCCl4的物质的量不是0.25mol，含有的Cl原子数为也不是NA，故A错误；B．NO和O2发生反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，1molNO与足量O2完全反应生成1molNO2，但NO2和N2O4之间存在2NO2N2O4平衡，所以产物分子数小于NA，故B错误；C．3.0g乙烷的物质的量n(CH3CH3)==0.1mol，含有的共价键数为0.7NA，故C错误；D．常温下，1molCl2与足量Ca(OH)2溶液反应2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，转移的电子数目为NA，故D正确；答案为D。8、A【解析】溶液中c(H+)=1×10-2mol•L-1，该溶液呈酸性，则在溶液中不能存在和这几种离子反应的离子，据此分析解答。【详解】A.硫酸根离子和这几种离子都不反应，所以可以大量共存，选项A正确；B．酸性条件下，NO3--离子和Fe2+离子发生氧化还原反应而不能共存，选项B错误；C．Fe3+和SCN-离子反应生成血红色的络合物而不能共存，选项C错误；D．Fe2+、Fe3+、Mg2+都与CO32—离子发生反应，不能共存，选项D错误；故本题合理选项是A。【点睛】本题考查离子共存，为高考高频点，明确离子性质及离子共存条件是本题解答的关键，选项B在酸性条件下，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应是本题的易错点，本题难度不大。9、A【详解】由关系式Mg(OH)2-Mg-H2-2OH-、2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知，n(OH-)=2n(H2)=2×=0.5mol，则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。10、B【详解】A．纳米四氧化三铁为磁性纳米晶体材料作为药物载体用于疾病的治疗，故A正确；B．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，不同于溶液的溶质微粒直径，故B错误；C．因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故C正确；D．由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故D正确；故答案为B。11、C【详解】A.次氯酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；B.氧化亚铁和硝酸发生氧化还原反应，应生成铁离子，故错误；C.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故正确；D.该离子方程式电荷不守恒，故错误。故选C。12、A【详解】A．NaAlO2溶液滴加到盐酸中，先无现象，最后NaAlO2溶液过量可出现浑浊，但盐酸滴加到Na[Al(OH)4]溶液中，先生成沉淀，盐酸过量沉淀溶解，现象不同，可鉴别，故A正确；B．NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成碳酸钙沉淀，故B错误；C．Ba(OH)2溶液和浓MgCl2溶液，无论滴加顺序如何，都只生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D．稀硫酸和碳酸氢钠溶液，无论滴加顺序如何，都只生成二氧化碳气体，故D错误；故选A。【点晴】只需通过相互滴加就可以鉴别出来的物质应具有滴加顺序不同，现象不同的性质。常见的利用互滴顺序不同，现象不同可检验的溶液：（1）AlCl3溶液和盐酸；（2）NaAlO2溶液和盐酸；（3）Na2CO3溶液和盐酸；（4）AgNO3溶液和氨水。13、B【解析】A、油污与热的纯碱溶液发生反应，达到去污的效果，故A不符合题意；B、硫在酒精中的溶解度不大且不与酒精反应，硫可用热的氢氧化钠溶液洗涤，故B符合题意；C、银可以与稀硝酸发生氧化还原反应，因此可用稀硝酸洗涤银镜，故C不符合题意；D、氯化银溶于氨水，生成Ag(NH3)2Cl络合物，反应方程式：AgCl+2NH3.H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。14、C【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。15、B【解析】A项、利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，光电池将光能直接转化为电能，故A正确；B项、“丝”的化学成分是蛋白质，泪”的化学成分是液态石蜡，故B错误；C项、草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，导致肥效降低，所以不能混合使用，故C正确；D项、钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，该方法利用钾元素和钠元素的焰色反应不同鉴别KNO3和Na2SO4，故D正确。故选B。【点睛】本题主要考查的是物质的性质及用途，注意性质决定用途，用途体现性质，明确物质性质，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断是解答关键。16、B【详解】A.二氧化硫有毒，需用氢氧化钠溶液吸收，A项正确；B.长导管进气可收集Cl2，短导管进气可收集H2、NH3，但NO的密度与空气的相差不大，且会与空气中氧气反应，则不能用排空气法收集，B项错误；C.

X为CC14，其密度比水的密度大，在水的下层，可隔绝气体与水，起到防倒吸的作用，C项正确；D.氨气属于碱性气体，图中碱石灰干燥氨气，且其密度比空气的小，易溶于水，采用向下排空气法收集及尾气处理均合理，D向正确；答案选B。【点睛】装置③中若选用密度比水小的有机溶剂，有机层在上方，导管仍能直接接触水，则不能防倒吸。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据β-松油醇中含有两个甲基，因此β-松油醇为，γ-松油醇中含有三个甲基，γ-松油醇为：，据此分析解答。【详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由α-松油醇的结构简式可知，α－松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由α-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据β-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为，γ-松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为；；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此α－松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH++H2O，故答案为CH3COOH++H2O。18、H++OH-=H2OMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2OAl（OH）3、NaHCO32H++SiO32-==H2SiO3↓取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；是0.7mol/L【分析】Ⅰ、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，结合物质的性质判断可能发生的反应；Ⅱ、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在，据此进行解答。【详解】Ⅰ、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，（1）A为HCl，B为强碱，二者发生中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O；（2）对比左右两个图中的物质，应为MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水的反应，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2O；（3）既能与酸反应，又能与碱反应的物质可为两性氢氧化物，如Al（OH）3，也可为弱酸的酸式盐，如NaHCO3，故答案为Al（OH）3、NaHCO3；Ⅱ、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓；（2）实验Ⅱ中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；（3）通过实验I、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，判断K+一定存在，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L。【点睛】本题考查无机物的推断、离子反应及计算，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关物质的化学性质，把握发生的反应及现象，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。19、分液漏斗Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰BaSO4还原性SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+取少量B中溶液于试管中，加入少量[K3Fe（CN)6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理CHCHO-470kJ/mol【详解】(1)加入浓硫酸的仪器为分液漏斗；A中为亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)氧气和硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以通入氮气的目的是排净装置中的空气，为排除氧气对实验的干扰；(3)二氧化硫具有还原性，在酸性条件下，能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。(4)观点1是指二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+；为证明该观点,应进一步检验生成的新物质，即亚铁离子，所以操作为：取少量B中溶液于试管中，加入少量[K3Fe（CN)6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点1合理；在酸性条件下，二氧化硫和硝酸根离子发生氧化还原反应，只要溶液中的硝酸根离子浓度不变即可，所以选C；Ⅱ.(1)从图分析，虚线为有催化剂条件下，反应生成HCHO；从图分析，1mol甲醛转化为一氧化碳，反应热为（158-676+283）kJ/mol=-235kJ/mol，所以热化学方程式为2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=-470kJ/mol。20、I2溶液分层，下层液体无色MnO2取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2OMnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱（其他答案合理给分）【分析】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；（2）①I—的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色。②二氧化锰能催化双氧水分解。③利用IO3-的氧化性，证明在“紫色清液”中存