辽宁省建平县高级中学2026届下学期高三化学试题摸底联考考试试卷含解析

辽宁省建平县高级中学2026届下学期高三化学试题摸底联考考试试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．1mold的氧化物含2mol化学键B．工业上电解c的氧化物冶炼单质cC．原子半径：a<b<c<dD．简单氢化物的沸点：a<d2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+3、下列离子方程式书写正确的是（）A．向NaHSO4溶液中滴加过量的Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+C．向偏铝酸钠溶液中加入量过量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2OD．过量的铁与稀硝酸Fe+4H++2NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O4、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SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C向2支盛有5mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1mol/LCuCl2溶液和2滴0.1mol/LCaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIA．A B．B C．C D．D5、一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是()A．Cl2 B．Fe C．Na D．C6、下列关于有机物的说法正确的是（）A．乙醇和丙三醇互为同系物B．环己烯()分子中的所有碳原子共面C．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)D．二环己烷()的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)7、下列说法正确的是A．34Se、35Br位于同一周期，还原性Se2−>Br−>Cl−B．与互为同系物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．硫酸铵和醋酸铅都是盐类，都能使蛋白质变性D．Al2O3和Ag2O都是金属氧化物，常用直接加热分解法制备金属单质8、短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示，其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）A．元素

n

位于元素周期表第

3

周期，第ⅢA

族B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜nC．简单离子半径：m＞qD．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n9、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2→H+H）。下列说法错误的是（）A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO10、室温下用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．验证浓硫酸具有强氧化性 B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余的SO2 D．验证乙炔的还原性11、下列说法正确的是（）A．C4H8BrCl的同分异构体数目为10B．乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物12、下列说法正确的是（）A．钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液B．镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀D．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀13、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱14、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．A为电源的正极B．溶液中H+从阳极向阴极迁移C．电解过程中，每转移2mol电子,则左侧电极就产生32gO2D．Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O15、某课外活动小组的同学从采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水溶解，得到可溶性成分的浸取液。在探究该浸取液成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是A．取浸取液少许，滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-B．取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，则可能含有NO3-C．取浸取液少许，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定含SO42-D．用洁净的铂丝棒蘸取浸取液，在酒精灯外焰上灼烧，焰色呈黄色，则一定含有Na+16、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：Ⅰ.Ⅱ.(苯胺，易被氧化)（1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。（2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。（3）写出反应①的化学方程式：_______。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_______。（5）写出由A转化为的合成路线________。(合成路线表示方法为：AB……目标产物)。18、研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：回答下列问题：(1)A的结构简式是__________，C中官能团的名称为______________。(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。(3)E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：_______。(4)H的分子式为__________________。(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____________。①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物(6)设计由，和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。19、铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___；（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。①产生紫红色现象的离子方程式为___；②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。Ⅲ.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。20、某化学兴趣小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理，实验装置如图所示。实验中B装置内产生白色沉淀。请回答下列问题：（1）该实验过程中通入N2的时机及作用____。（2）针对B装置内产生白色沉淀的原因，甲同学认为是酸性条件下SO2与Fe3+反应的结果，乙同学认为是酸性条件下SO2与NO3-反应的结果。请就B装置内的上清液，设计一个简单的实验方案检验甲同学的猜想是否正确：____。21、利用太阳能、风能、生物质能等可再生能源，转化利用二氧化碳设计出适合高效清洁的合成燃料分子结构，实现CO2+H2O→CxHy的分子转化，生产合成甲烷、醇醚燃料、烷烃柴油、航空燃油等可再生合成燃料。因此二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)一定条件下，在CO2与足量碳反应所得平衡体系中加入H2和适当催化剂，有下列反应发生：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ/molCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ，则△H2=__。(2)合成二甲醚的总反应为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H=-122.4kJ·mol-1。某温度下，将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示，则p1__(填“>”“<"或“=”，下同)p2。若T3、p3，T4、p4时平衡常数分别为K3、K4则K3__K4，T1、p1时H2的平衡转化率为___。(结果保留三位有效数字)(3)向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，下列反应能自发进行：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。①该反应△H__(填“>”“<”或“=”)0。②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__(填字母代号)。a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b．1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂c．CO2的转化率和H2的转化率相等d．混合气体的密度保持不变③上述反应常用CuO和ZnO的混合物作催化剂。相同的温度和时间段内，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率影响的实验数据如下表所示：ω(CuO)%102030405060708090CH3OH的产率25%30%35%45%50%65%55%53%50%CO2的转化率10%13%15%20%35%45%40%35%30%由表可知，CuO的质量分数为__催化效果最佳。(4)CO2可用于工业制备草酸锌，其原理如图所示(电解液不参加反应)，Zn电极是__极。已知在Pb电极区得到ZnC2O4，则Pb电极上的电极反应式为__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A.d的氧化物为二氧化硅，1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，故A错误；B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a<d<c<b，故C错误；D.水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：a＞d，故D错误；答案选B。2、B【解析】A、Cu2＋与S2－生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；D、HCO3－与H＋反应生成CO2，不能大量共存，故错误。3、C【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加过量的Ba(OH)2溶液，发生两个过程，首先发生2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，生成的Na2SO4再与过量的Ba(OH)2反应Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，两式合并后离子反应方程式：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故A错误；B.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，Na2SiO3可溶性盐，要拆开，离子反应方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故B错误；C.偏铝酸根离子只能存在于碱性溶液中，遇酸生成沉淀，过量的酸使沉淀溶解。向偏铝酸钠溶液中加入量过量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2O，故C正确；D.过量的铁与稀硝酸反应产物应该是Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；答案选C。4、B【解析】

A.将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+Na2SiO3+H2O===H2SiO3↓+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3＞H2SiO3，故A正确；B.淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C.两支试管中c(OH－)相同，且c(Ca2+)=c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]，故C正确；D.向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，故D正确；故答案为B。对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。5、A【解析】

A．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸，不产生氢气，故A正确；B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；D．C与水反应生成氢气和一氧化碳，故D错误；答案选A。熟知元素及其化合物的性质是解题的关键，还要注意氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应，其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。6、C【解析】

A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；故合理选项是C。7、A【解析】

A、同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，单质氧化性Se<Br2<Cl2，所以阴离子还原性Se2−>Br−>Cl−，故A正确；B、属于酚类、属于醇类，不属于同系物，故B错误；C、硫酸铵能使蛋白质溶液发生盐析，不能使蛋白质变性，故C错误；D、Al是活泼金属，Al2O3不能直接加热分解制备金属铝，故D错误。8、A【解析】

短周期元素

m、n、p、q

在元素周期表中的排列如图所示，其中

n

的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。【详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。A.Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；B.金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；C.镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；D.金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；故选：A。9、A【解析】

A．从反应②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；B．从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；C．从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；D．从历程看，第③步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO，D正确；故选A。10、B【解析】

A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A错误；B.浓氨水滴入生石灰中，氧化钙与水反应放出大量的热，增大溶液中氢氧根浓度，使氨水的电离向左移动，放出的热量有利于放出氨气，氨气可以用碱石灰干燥，故B正确；C.收集不到干燥的二氧化硫气体，因为二氧化硫是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，故C错误；D.电石中混有硫化物，与水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢气体，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔的还原性验证，故D错误；故选B。11、C【解析】

A．C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误；B．乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D．油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。12、D【解析】

A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B错误；C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。答案选D。考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。13、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。14、C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H++O2↑，所以每转移2mol电子时，左侧电极就产生0.5molO2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。15、C【解析】

A．滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-、SO42-等，A正确；B．取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，红棕色气体应该是NO2，说明溶液中可能含有NO3-，B正确；C．取浸取液少许，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，原浸取液中可能含SO32-、SO42-等，不一定含SO42-，C错误；D．焰色反应呈黄色，则浸取液中一定含有Na+，D正确；答案选C。16、C【解析】

A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、光照O2、Cu，加热羧基氧化防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）+HNO3(浓)+H2O、【解析】

分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，②的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。18、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】（1）根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOCl发生加成反应得到B，则A的结构简式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代反应；D为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；（3）E水解时C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的键线式为，则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；（5）I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，则I的结构比D多一个CH2原子团；①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②与NaOH反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。19、饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+×100%或×100%或%【解析】

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=×100%=×100%，所以答案为：×100%或×100%或%。（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3～5H2C2O4，使复杂问题简单化了。20、实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确【解析】

铁离子有氧化性，硝酸根在酸性条件下也有强氧化性，所以都可能会与二氧化硫发生反应，若要证明是哪种氧化剂氧化了二氧化硫只要检验溶液中是否有亚铁离子生成即可；装置A为制备二氧化硫气体的装置，装置B为二氧化硫与硝酸铁反应的装置，装置C为二氧化硫的尾气吸收装置。【详解】（1）装置内有空气，氧气也有氧化性，对实验有干扰，因此实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响，故答案为：实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响；（2）由分析可知，可以通过检验亚铁离子来证明，方法为取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确，故答案为：取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确。21、-41.2kJ/mol><57.1%<ab60阳2CO2+2e-==C2O42-【解析】

(1)由“若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ”，我们可写出热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)△H=-165