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精品解析：江苏省南通市通州区金沙中学2022-2023学年高一下学期6月质量监测化学试题
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可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Mn-55
一、选择题
1. 化学与中国传统文化颇有渊源。下列说法正确的是
A. “指南针” 中磁石的主要成分是三氧化二铁
B. “司母戊鼎” 的材料青铜属于合金
C. “文房四宝”之一宣纸的主要成分是蛋白质
D. “白如玉”瓷器主要成分是碳酸钙
【答案】B
【解析】
【详解】A．磁石的主要成分是四氧化三铁，A错误；
B．青铜为铜锡合金，B正确；
C．宣纸的主要成分为纤维素，C错误；
D．瓷器的主要成分为硅酸盐，D错误；
综上所述答案为B。
2. 我国自主设计生产的长征二号火箭使用偏二甲肼和N2O4作推进剂，燃烧时发生反应：。下列有关说法正确的是
A. 偏二甲肼的结构简式：B. N2的沸点比CO的高
C. CO2的空间构型为V形D. H2O是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【解析】
详解】A．N原子形成3对共用电子对，即其形成3根共价键，故A错误；
B．二者相对分子质量一样，CO为极性分子，N2为非极性分子，极性越大，沸点越高，则CO的沸点比N2的高，故B错误；
C．CO2的孤电子对数为，σ键电子对数为2，故其空间构型为直线形，故C错误；
D．H2O是角形分子，正电中心和负电中心不重合，故其是由极性键构成的极性分子，故D正确；
故选D。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 乙醇具有挥发性，可用于杀菌消毒
B. CCl4常温下无色，可用作萃取剂
C. 甲烷燃烧时放出大量热，可用作燃料
D. 液氨气化时吸热，可用作还原剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇可使蛋白质发生变性，可用于杀菌消毒，A选项错误；
B．CCl4 与水互不相溶，若溶质在两者中的溶解度有差异，则可用作萃取剂，B选项错误；
C．甲烷燃烧放出大量热，可用作燃料提供热量，C选项正确；
D．液氨气化时吸热，可用作制冷剂，D选项错误；
答案选C。
4. 下列制取乙酸乙酯的实验能达到实验目的的是
A. 图甲：混合乙醇与浓硫酸B. 图乙：制取乙酸乙酯
C. 图丙：分离乙酸乙酯和水层D. 图丁：分离乙酸乙酯和乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．混合乙醇和浓硫酸时应该将浓硫酸加入到乙醇溶液中，A项错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，B项错误；
C．分离乙酸乙酯和水的溶液可采用分液的方法，有机层在上层，水层在下层，C项正确；
D．乙酸乙酯和乙醇的沸点接近，不能用蒸馏的方法分离，D项错误；
故答案为C。
5. 硝化甘油(分子式为C3H5N3O9)是一种烈性炸药，可由丙三醇()与浓硝酸反应制得。下列有关说法正确的是
A. 丙三醇和乙醇互为同系物B. 丙三醇易溶于水的原因是分子中含多个羟基
C. 该反应实现了“氮的固定”D. 该反应原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，丙三醇和乙醇不互为同系物，A错误；
B．丙三醇易溶于水的原因是分子中含多个羟基，能和水分子形成分子间氢键，B正确；
C．“氮的固定”是将游离态氮转化为化合态的氮，该反应不是“氮的固定”，C错误；
D．反应中还生成水，原子利用率不是100%，D错误；
故选B。
6. 某物质可溶于水、乙醇，熔点为209.5℃，其分子的结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 该分子与水分子可以形成氢键
B. 该分子中原子最外层均达到8电子稳定结构的为C、N
C. 1ml该物质中σ键和π键的个数比为5：3
D. 该分子中C原子的杂化方式有2种
【答案】C
【解析】
【详解】A．该分子中含有原子半径小、电负性大的N原子以及N—H键，它与水分子间可形成氢键，A正确；
B．该分子中，C原子和N原子的最外层均达到8电子稳定结构，B正确；
C．单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，三键中含1个σ键和两个π键，1ml该物质中含有9mlσ键和3mlπ键，二者的个数比为9：3，C不正确；
D．该分子中C原子的杂化方式分别为sp（碳氮三键中C）、sp2（碳氮双键中C），共有2种杂化方式，D正确；
故选C。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向水中通入NO2：2NO2+H2O=2H++NO+NO
B. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO+OH-=CO+H2O
C. 向稀硝酸中加入FeO：3FeO+NO+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O
D. 向Na2SO3溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液：3SO+Cr2O+2H2O=3SO+2Cr3++6OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．向水中通入NO2发生的离子反应为3NO2+H2O=2H++2NO+NO↑，故A错误；
B．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液发生的离子反应为NH4++HCO+2OH-=CO+H2O+NH3·H2O，故B错误；
C．向稀硝酸中加入FeO时发生的离子反应为3FeO+NO+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O，故C正确；
D．向Na2SO3溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液发生的离子反应为3SO+Cr2O+8H+=3SO+2Cr3++4H2O，故D错误；
故答案为C。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe2O3与Al发生铝热反应生成Fe，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，A符合题意；
B．电解MgCl2溶液无法得到金属Mg，应电解熔融的MgCl2，B不符合题意；
C．CuO不能与H2O反应，C不符合题意；
D．NaCl溶液不能与CO2反应，D不符合题意；
故选A。
9. W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，W的原子半径最小，基态X原子中有7个运动状态不同的电子，基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，Z与X同主族，下列说法正确的是
A 原子半径：
B. 电负性：
C. W与X只能形成一种化合物
D. X简单氢化物的热稳定性比Z的强
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，W的原子半径最小，基态X原子中有7个运动状态不同的电子，则W为H元素、X为N元素；基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，则Y为O元素；Z与X同主族，则Z为P元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于氮原子，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则氧元素的电负性大于氮元素，故B错误；
C．氢元素和氮元素可以形成的化合物有氨气、联氨，故C错误；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的热稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢，故D正确；
故选D
10. 甲基丙烯酸羟乙酯可用于合成医用高分子材料，结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是
A. 与乙酸乙酯互为同系物B. 分子式为，易溶于乙醇
C. 能发生加成反应，不能发生取代反应D. 该物质最多能与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯含有的官能团只有酯基，甲基丙烯酸羟乙酯含有的官能团有碳碳双键、酯基、羟基，结构不相似，二者不互为同系物，A错误；
B．甲基丙烯酸羟乙酯分子中含6个C、3个O不饱和度为2，则分子式为，其易溶于乙醇等有机溶剂，B正确；
C．甲基丙烯酸羟乙酯分子中含碳碳双键，发生加成反应，含酯基、羟基，能发生取代反应，C错误；
D．甲基丙烯酸羟乙酯分子中含有酯基，能和NaOH按1:1反应，故该物质最多能与反应，D错误；
答案选B。
11. 有机物Y是一种食用香精，波谱法检测分子中含有苯环、碳碳双键和醛基。现对Y进行如下实验：
步骤1：向一支试管中加入少量Y，滴加几滴酸性溶液，紫红色褪去；
步骤2：向另一支试管中加入的溶液，边振荡边滴入2%的稀氨水；
步骤3：向步骤2所得银氨溶液中加入少量Y，加热，出现银镜。
下列说法正确的是
A. 测定Y分子中含有苯环、碳碳双键和醛基的波谱法是质谱法
B. 步骤1能说明碳碳双键可被酸性溶液氧化
C. 步骤2中配制银氨溶液时，当生成的沉淀恰好溶解时应停止滴加稀氨水
D. 一个晶胞(见图)中，距离每个原子最近的原子数是4
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱法能够测出质荷比，即得到相对分子质量，无法得到官能团信息，A错误；
B．步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，可能是碳碳双键，也可以是醛基，B错误；
C．银氨溶液的配制需要先加硝酸银，然后逐滴加入稀氨水，先产生白色沉淀，然后继续加稀氨水至白色沉淀恰好溶解，所以C项正确；
D．以顶点的Ag为中心，则一个晶胞中与其距离最近且等距的Ag原子在面心上，有3个，一个顶点被8个晶胞共用，所以应该有24个，但由于每个面上的原子被两个晶胞共用，所以均摊后除以2，应该为12个，D项错误；
故答案选C。
12. 根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色说明NO还原为NH3，故A错误；
B．麦芽糖是还原性糖，也能发生银镜反应，若麦芽糖没有水解完全，加入银氨溶液也能发生银镜反应，该实验不能证明麦芽糖水解产物具有还原性，故B错误；
C．迅速升温至170℃时，产生的气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，故C错误；
D．向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，此时丙烯醛转化为丙烯酸盐，但此时溶液呈碱性，滴加盐酸酸化，再滴加溴水，溴水褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键，故D正确；
故选D。
13. CO的催化氧化在消除环境污染、净化空气等方面有重要价值。最新研究发现：常温下CO在Au/BN表面很难被O2氧化，但在H2O的参与下反应很容易发生，转化示意图如图：
下列说法正确的是
A. CO2和H2O均只含极性共价键，且为极性分子
B. 过程①的有极性键、氢键等化学键形成
C. 催化剂可以改变反应的路径，但不会改变反应速率和限度
D. 在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2属于共价化合物，存在C=O极性共价键，分子为直线型，O=C=O，分子结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子；H2O属于共价化合物，存在H—O极性共价键，分子构型为，不是直线型，正负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；
B．据图知：过程①有O—H…O形成，为氢键，但氢键不是化学键，B错误；
C．催化剂可改变反应的路径，改变反应速率，C错误；
D．据图知：水和Au/BN作催化剂，常温下，在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化生成CO2，正确；
故答案为：D。
14. 由制氢废液(含有大量的硫酸锌，同时含少量硫酸亚铁、硫酸铅等杂质)制备硫酸锌晶体()的流程如图所示：
下列有关说法正确的是
A. 步骤①发生反应的离子方程式为
B. 步骤②加入的ZnO可用或替换
C. 步骤③过滤后所得溶液中主要存在的离子有、、、
D. 步骤④溶液获得硫酸锌晶体的操作为蒸发结晶
【答案】B
【解析】
【分析】废液加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加ZnO调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀，与硫酸铅沉淀一并过滤除去，滤液主要成分为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，经过一系列操作得到氧化锌。
【详解】A．由于制氢废液显酸性，故步骤①所发生反应的离子方程式应该为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，A错误；
B．步骤②加入适量ZnO，调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀，故用Zn(OH)2或Zn2(OH)2CO3替换ZnO也能实现，B正确；
C．由于加入适量ZnO调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀，与硫酸铅沉淀一并过滤除去，则过滤后所得溶液中肯定没有Fe3＋，选项C错误；
D．步骤④溶液获得硫酸锌晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误；
故答案为：B。
二、非选择题
15. I．CP是一种起爆药，化学式为，CP可由5-氰基四唑(结构简式如下图所示)和反应制备。
（1）C原子基态电子排布式为___________，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。
（2）5-氰基四唑分子中C原子的杂化类型为___________；1 ml 5-氰基四唑分子中含有σ键的数目为___________。
（3）在配合物中
①C3+的配体为___________(填分子式)。
②空间构型___________。
Ⅱ.偏钛酸钡在小型变压器，话筒和扩音器中均有应用，其晶胞结构如图所示，
（4）偏钛酸钡的化学式为___________。
（5）与Ba2+最近且等距离的O2-为___________个。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d74s2或写为[Ar]3d74s2 ②. N>O>C
（2） ①. sp、sp2杂化 ②.
（3） ①. NH3、H2O ②. 正四面体
（4）BaTiO3 （5）12
【解析】
【小问1详解】
C为27号元素，基态C原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或 [Ar]3d74s2；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，N的2p能级轨道半充满比较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
【小问2详解】
5-氰基四唑分子中含键和C=N键，其C原子分别为sp、sp2杂化；由结构图可知，1 ml 5-氰基四唑分子中含8mlσ键，其数目为。
【小问3详解】
①在配合物中，C3+的分别与NH3中的N原子和H2O中的O原子形成配位键，则C3+的配体为NH3、H2O；
②中心Cl原子价层电子对数=，为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体。
小问4详解】
采用均摊方法计算：位于顶点的Ba2+数目为，位于面心的O2-数目为，位于体心的Ti4+数目是1，则偏钛酸钡的化学式为BaTiO3。
【小问5详解】
由晶胞结构可知，与Ba2+最近且等距离的O2-为12个。
16. 顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：
已知：i.
ii.(R、R代表烃基或氢)
（1）CH2=CH-CH=CH2的名称是_____________________
（2）反应I的反应类型是__________________(选填字母)。
a.加聚反应 b.缩聚反应
（3）顺式聚合物P的结构简式是 _____________(选填字母)。
（4）A的相对分子质量为108。
①反应Ⅱ的化学方程式是________________________。
②1mlB完全转化成M所消耗H2的质量是_______ g。
（5）反应Ⅲ的化学方程式是__________________。
（6）A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C。写出其中一种同分异构体的结构简式___________。
【答案】 ①. 1，3-丁二烯 ②. a ③. b ④. ⑤. 6 ⑥.
⑦
【解析】
【分析】根据转化关系知，1，3-丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3-丁二烯，则P的结构简式为，由信息i、结合A的相对分子质量为108知，在加热条件下发生反应II生成A的方程式为，A发生已知ii的反应生成B和C，B和氢气发生加成反应生成M，则B的结构简式为，C为HCHO，C和反应生成N，根据N的分子式知，一个C分子和两个分子反应生成N，N的结构简式为，以此解答该题。
【详解】(1)CH2=CH—CH=CH2的名称为1，3－丁二烯。
(2)由CH2=CH—CH=CH2聚合生成顺式聚合物P的反应为加聚反应。
(3)CH2=CH—CH=CH2的顺式发生加聚反应得到顺式聚合物P，则说明聚合物P中含有碳碳双键，故CH2=CH—CH=CH2按1，4－加成方式进行加聚，得到聚合物P，其顺式结构为两个CH2原子团在碳碳双键的同侧，即为，答案选b。
(4)①A的相对分子质量为108，为1，3—丁二烯相对分子质量的两倍，结合信息i可知，反应Ⅱ为；
②A的结构简式为，再结合信息ii及化合物M的结构简式和生成条件可知B为，C为HCHO，故1 ml B可与3 ml H2发生加成反应生成M，H2的消耗质量为3 ml×2 g·ml－1=6 g。
(5)由(4)可知C为HCHO，结合N的分子式C13H8Cl4O2可知，反应Ⅲ的化学方程式为。
(6)由(4)可知A的分子式为C8H12，结合信息ii及B、C的结构简式可知，符合条件的A的同分异构体有。
【点睛】本题考查了有机物的推断，为高考常见题型，根据1，3-丁二烯为突破口结合题给信息、M的结构简式和N的分子式确定发生的反应，注意理解题给信息中有机物的断键和成键。
17. 软锰矿的主要成分是。黄铁矿的主要成分是，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：
已知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的范围如下表所示：
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施为_______。
（2）“氧化"中加入发生反应的离子方程式为_______。
（3）“除铁、铝”时，需要调节溶液的范围为_______。
（4）“50℃碳化得到碳酸锰，反应的化学方程式为_______。
（5）测定软锰矿中的纯度。称取软锰矿样品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液。盖上玻璃塞，充分摇匀后静置，被还原为(杂质不参加反应)。用标准溶液滴定生成的，消耗标准溶液。滴定反应为。计算软锰矿中的质量分数：_______。(写出计算过程)。
【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、加热、将矿石粉碎、加快搅拌速率或延长浸泡时间等合理答案均可
（2）
（3）4.7-7.1 （4）
（5）87.00%
【解析】
【分析】酸浸时黄铁矿与软锰矿作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁、单质硫等，二氧化硅不反应经过滤成为与硫一起转化为滤渣，二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子；加氨水调节溶液的pH把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，过滤得到滤液中加入加碳酸氢铵50℃碳化得碳酸锰、二氧化碳和硫酸铵等，据此解答。
【小问1详解】
根据外界条件对反应速率的影响可知为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施为适当增大硫酸的浓度、加热、将矿石粉碎、加快搅拌速率或延长浸泡时间等。
【小问2详解】
“氧化”中加入亚铁离子被氧化，发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
“除铁、铝”时锰离子不能被沉淀，根据表中数据可知需要调节溶液的范围为4.7～7.1。
【小问4详解】
50℃碳化得到碳酸锰，根据原子守恒可知还有硫酸铵、二氧化碳和水生成，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
根据电子电子得失守恒可知MnO2～I2～2Na2S2O3，所以软锰矿中的质量分数为＝87.00%。
18. 以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】 ①. 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O ②. 缓慢通入Cl2 ③. NaClO碱性溶液 ④. 减少水合肼的挥发 ⑤. 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 ⑥. 边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】
【分析】步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。
【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。选项
实验操作和现象
结论
A
KNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色
NO被氧化为NH3
B
向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入NaOH溶液调至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜
麦芽糖水解产物具有还原性
C
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
D
向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，过滤后向滤液中滴加盐酸酸化，再滴加溴水，观察溴水是否褪色
丙烯醛中含有碳碳双键
值
开始沉淀时
7.1
7.6
3.7
2.3
沉淀完全时
10.8
9.6
4.7
3.7
可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Mn-55
一、选择题
1. 化学与中国传统文化颇有渊源。下列说法正确的是
A. “指南针” 中磁石的主要成分是三氧化二铁
B. “司母戊鼎” 的材料青铜属于合金
C. “文房四宝”之一宣纸的主要成分是蛋白质
D. “白如玉”瓷器主要成分是碳酸钙
【答案】B
【解析】
【详解】A．磁石的主要成分是四氧化三铁，A错误；
B．青铜为铜锡合金，B正确；
C．宣纸的主要成分为纤维素，C错误；
D．瓷器的主要成分为硅酸盐，D错误；
综上所述答案为B。
2. 我国自主设计生产的长征二号火箭使用偏二甲肼和N2O4作推进剂，燃烧时发生反应：。下列有关说法正确的是
A. 偏二甲肼的结构简式：B. N2的沸点比CO的高
C. CO2的空间构型为V形D. H2O是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【解析】
详解】A．N原子形成3对共用电子对，即其形成3根共价键，故A错误；
B．二者相对分子质量一样，CO为极性分子，N2为非极性分子，极性越大，沸点越高，则CO的沸点比N2的高，故B错误；
C．CO2的孤电子对数为，σ键电子对数为2，故其空间构型为直线形，故C错误；
D．H2O是角形分子，正电中心和负电中心不重合，故其是由极性键构成的极性分子，故D正确；
故选D。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 乙醇具有挥发性，可用于杀菌消毒
B. CCl4常温下无色，可用作萃取剂
C. 甲烷燃烧时放出大量热，可用作燃料
D. 液氨气化时吸热，可用作还原剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇可使蛋白质发生变性，可用于杀菌消毒，A选项错误；
B．CCl4 与水互不相溶，若溶质在两者中的溶解度有差异，则可用作萃取剂，B选项错误；
C．甲烷燃烧放出大量热，可用作燃料提供热量，C选项正确；
D．液氨气化时吸热，可用作制冷剂，D选项错误；
答案选C。
4. 下列制取乙酸乙酯的实验能达到实验目的的是
A. 图甲：混合乙醇与浓硫酸B. 图乙：制取乙酸乙酯
C. 图丙：分离乙酸乙酯和水层D. 图丁：分离乙酸乙酯和乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．混合乙醇和浓硫酸时应该将浓硫酸加入到乙醇溶液中，A项错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，B项错误；
C．分离乙酸乙酯和水的溶液可采用分液的方法，有机层在上层，水层在下层，C项正确；
D．乙酸乙酯和乙醇的沸点接近，不能用蒸馏的方法分离，D项错误；
故答案为C。
5. 硝化甘油(分子式为C3H5N3O9)是一种烈性炸药，可由丙三醇()与浓硝酸反应制得。下列有关说法正确的是
A. 丙三醇和乙醇互为同系物B. 丙三醇易溶于水的原因是分子中含多个羟基
C. 该反应实现了“氮的固定”D. 该反应原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，丙三醇和乙醇不互为同系物，A错误；
B．丙三醇易溶于水的原因是分子中含多个羟基，能和水分子形成分子间氢键，B正确；
C．“氮的固定”是将游离态氮转化为化合态的氮，该反应不是“氮的固定”，C错误；
D．反应中还生成水，原子利用率不是100%，D错误；
故选B。
6. 某物质可溶于水、乙醇，熔点为209.5℃，其分子的结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 该分子与水分子可以形成氢键
B. 该分子中原子最外层均达到8电子稳定结构的为C、N
C. 1ml该物质中σ键和π键的个数比为5：3
D. 该分子中C原子的杂化方式有2种
【答案】C
【解析】
【详解】A．该分子中含有原子半径小、电负性大的N原子以及N—H键，它与水分子间可形成氢键，A正确；
B．该分子中，C原子和N原子的最外层均达到8电子稳定结构，B正确；
C．单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，三键中含1个σ键和两个π键，1ml该物质中含有9mlσ键和3mlπ键，二者的个数比为9：3，C不正确；
D．该分子中C原子的杂化方式分别为sp（碳氮三键中C）、sp2（碳氮双键中C），共有2种杂化方式，D正确；
故选C。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向水中通入NO2：2NO2+H2O=2H++NO+NO
B. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO+OH-=CO+H2O
C. 向稀硝酸中加入FeO：3FeO+NO+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O
D. 向Na2SO3溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液：3SO+Cr2O+2H2O=3SO+2Cr3++6OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．向水中通入NO2发生的离子反应为3NO2+H2O=2H++2NO+NO↑，故A错误；
B．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液发生的离子反应为NH4++HCO+2OH-=CO+H2O+NH3·H2O，故B错误；
C．向稀硝酸中加入FeO时发生的离子反应为3FeO+NO+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O，故C正确；
D．向Na2SO3溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液发生的离子反应为3SO+Cr2O+8H+=3SO+2Cr3++4H2O，故D错误；
故答案为C。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe2O3与Al发生铝热反应生成Fe，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，A符合题意；
B．电解MgCl2溶液无法得到金属Mg，应电解熔融的MgCl2，B不符合题意；
C．CuO不能与H2O反应，C不符合题意；
D．NaCl溶液不能与CO2反应，D不符合题意；
故选A。
9. W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，W的原子半径最小，基态X原子中有7个运动状态不同的电子，基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，Z与X同主族，下列说法正确的是
A 原子半径：
B. 电负性：
C. W与X只能形成一种化合物
D. X简单氢化物的热稳定性比Z的强
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，W的原子半径最小，基态X原子中有7个运动状态不同的电子，则W为H元素、X为N元素；基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，则Y为O元素；Z与X同主族，则Z为P元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于氮原子，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则氧元素的电负性大于氮元素，故B错误；
C．氢元素和氮元素可以形成的化合物有氨气、联氨，故C错误；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的热稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢，故D正确；
故选D
10. 甲基丙烯酸羟乙酯可用于合成医用高分子材料，结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是
A. 与乙酸乙酯互为同系物B. 分子式为，易溶于乙醇
C. 能发生加成反应，不能发生取代反应D. 该物质最多能与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯含有的官能团只有酯基，甲基丙烯酸羟乙酯含有的官能团有碳碳双键、酯基、羟基，结构不相似，二者不互为同系物，A错误；
B．甲基丙烯酸羟乙酯分子中含6个C、3个O不饱和度为2，则分子式为，其易溶于乙醇等有机溶剂，B正确；
C．甲基丙烯酸羟乙酯分子中含碳碳双键，发生加成反应，含酯基、羟基，能发生取代反应，C错误；
D．甲基丙烯酸羟乙酯分子中含有酯基，能和NaOH按1:1反应，故该物质最多能与反应，D错误；
答案选B。
11. 有机物Y是一种食用香精，波谱法检测分子中含有苯环、碳碳双键和醛基。现对Y进行如下实验：
步骤1：向一支试管中加入少量Y，滴加几滴酸性溶液，紫红色褪去；
步骤2：向另一支试管中加入的溶液，边振荡边滴入2%的稀氨水；
步骤3：向步骤2所得银氨溶液中加入少量Y，加热，出现银镜。
下列说法正确的是
A. 测定Y分子中含有苯环、碳碳双键和醛基的波谱法是质谱法
B. 步骤1能说明碳碳双键可被酸性溶液氧化
C. 步骤2中配制银氨溶液时，当生成的沉淀恰好溶解时应停止滴加稀氨水
D. 一个晶胞(见图)中，距离每个原子最近的原子数是4
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱法能够测出质荷比，即得到相对分子质量，无法得到官能团信息，A错误；
B．步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，可能是碳碳双键，也可以是醛基，B错误；
C．银氨溶液的配制需要先加硝酸银，然后逐滴加入稀氨水，先产生白色沉淀，然后继续加稀氨水至白色沉淀恰好溶解，所以C项正确；
D．以顶点的Ag为中心，则一个晶胞中与其距离最近且等距的Ag原子在面心上，有3个，一个顶点被8个晶胞共用，所以应该有24个，但由于每个面上的原子被两个晶胞共用，所以均摊后除以2，应该为12个，D项错误；
故答案选C。
12. 根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色说明NO还原为NH3，故A错误；
B．麦芽糖是还原性糖，也能发生银镜反应，若麦芽糖没有水解完全，加入银氨溶液也能发生银镜反应，该实验不能证明麦芽糖水解产物具有还原性，故B错误；
C．迅速升温至170℃时，产生的气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能说明乙醇消去反应的产物为乙烯，故C错误；
D．向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，此时丙烯醛转化为丙烯酸盐，但此时溶液呈碱性，滴加盐酸酸化，再滴加溴水，溴水褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键，故D正确；
故选D。
13. CO的催化氧化在消除环境污染、净化空气等方面有重要价值。最新研究发现：常温下CO在Au/BN表面很难被O2氧化，但在H2O的参与下反应很容易发生，转化示意图如图：
下列说法正确的是
A. CO2和H2O均只含极性共价键，且为极性分子
B. 过程①的有极性键、氢键等化学键形成
C. 催化剂可以改变反应的路径，但不会改变反应速率和限度
D. 在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2属于共价化合物，存在C=O极性共价键，分子为直线型，O=C=O，分子结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子；H2O属于共价化合物，存在H—O极性共价键，分子构型为，不是直线型，正负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；
B．据图知：过程①有O—H…O形成，为氢键，但氢键不是化学键，B错误；
C．催化剂可改变反应的路径，改变反应速率，C错误；
D．据图知：水和Au/BN作催化剂，常温下，在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化生成CO2，正确；
故答案为：D。
14. 由制氢废液(含有大量的硫酸锌，同时含少量硫酸亚铁、硫酸铅等杂质)制备硫酸锌晶体()的流程如图所示：
下列有关说法正确的是
A. 步骤①发生反应的离子方程式为
B. 步骤②加入的ZnO可用或替换
C. 步骤③过滤后所得溶液中主要存在的离子有、、、
D. 步骤④溶液获得硫酸锌晶体的操作为蒸发结晶
【答案】B
【解析】
【分析】废液加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加ZnO调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀，与硫酸铅沉淀一并过滤除去，滤液主要成分为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，经过一系列操作得到氧化锌。
【详解】A．由于制氢废液显酸性，故步骤①所发生反应的离子方程式应该为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，A错误；
B．步骤②加入适量ZnO，调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀，故用Zn(OH)2或Zn2(OH)2CO3替换ZnO也能实现，B正确；
C．由于加入适量ZnO调节溶液的pH，使Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀，与硫酸铅沉淀一并过滤除去，则过滤后所得溶液中肯定没有Fe3＋，选项C错误；
D．步骤④溶液获得硫酸锌晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误；
故答案为：B。
二、非选择题
15. I．CP是一种起爆药，化学式为，CP可由5-氰基四唑(结构简式如下图所示)和反应制备。
（1）C原子基态电子排布式为___________，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。
（2）5-氰基四唑分子中C原子的杂化类型为___________；1 ml 5-氰基四唑分子中含有σ键的数目为___________。
（3）在配合物中
①C3+的配体为___________(填分子式)。
②空间构型___________。
Ⅱ.偏钛酸钡在小型变压器，话筒和扩音器中均有应用，其晶胞结构如图所示，
（4）偏钛酸钡的化学式为___________。
（5）与Ba2+最近且等距离的O2-为___________个。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d74s2或写为[Ar]3d74s2 ②. N>O>C
（2） ①. sp、sp2杂化 ②.
（3） ①. NH3、H2O ②. 正四面体
（4）BaTiO3 （5）12
【解析】
【小问1详解】
C为27号元素，基态C原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或 [Ar]3d74s2；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，N的2p能级轨道半充满比较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
【小问2详解】
5-氰基四唑分子中含键和C=N键，其C原子分别为sp、sp2杂化；由结构图可知，1 ml 5-氰基四唑分子中含8mlσ键，其数目为。
【小问3详解】
①在配合物中，C3+的分别与NH3中的N原子和H2O中的O原子形成配位键，则C3+的配体为NH3、H2O；
②中心Cl原子价层电子对数=，为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体。
小问4详解】
采用均摊方法计算：位于顶点的Ba2+数目为，位于面心的O2-数目为，位于体心的Ti4+数目是1，则偏钛酸钡的化学式为BaTiO3。
【小问5详解】
由晶胞结构可知，与Ba2+最近且等距离的O2-为12个。
16. 顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：
已知：i.
ii.(R、R代表烃基或氢)
（1）CH2=CH-CH=CH2的名称是_____________________
（2）反应I的反应类型是__________________(选填字母)。
a.加聚反应 b.缩聚反应
（3）顺式聚合物P的结构简式是 _____________(选填字母)。
（4）A的相对分子质量为108。
①反应Ⅱ的化学方程式是________________________。
②1mlB完全转化成M所消耗H2的质量是_______ g。
（5）反应Ⅲ的化学方程式是__________________。
（6）A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C。写出其中一种同分异构体的结构简式___________。
【答案】 ①. 1，3-丁二烯 ②. a ③. b ④. ⑤. 6 ⑥.
⑦
【解析】
【分析】根据转化关系知，1，3-丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3-丁二烯，则P的结构简式为，由信息i、结合A的相对分子质量为108知，在加热条件下发生反应II生成A的方程式为，A发生已知ii的反应生成B和C，B和氢气发生加成反应生成M，则B的结构简式为，C为HCHO，C和反应生成N，根据N的分子式知，一个C分子和两个分子反应生成N，N的结构简式为，以此解答该题。
【详解】(1)CH2=CH—CH=CH2的名称为1，3－丁二烯。
(2)由CH2=CH—CH=CH2聚合生成顺式聚合物P的反应为加聚反应。
(3)CH2=CH—CH=CH2的顺式发生加聚反应得到顺式聚合物P，则说明聚合物P中含有碳碳双键，故CH2=CH—CH=CH2按1，4－加成方式进行加聚，得到聚合物P，其顺式结构为两个CH2原子团在碳碳双键的同侧，即为，答案选b。
(4)①A的相对分子质量为108，为1，3—丁二烯相对分子质量的两倍，结合信息i可知，反应Ⅱ为；
②A的结构简式为，再结合信息ii及化合物M的结构简式和生成条件可知B为，C为HCHO，故1 ml B可与3 ml H2发生加成反应生成M，H2的消耗质量为3 ml×2 g·ml－1=6 g。
(5)由(4)可知C为HCHO，结合N的分子式C13H8Cl4O2可知，反应Ⅲ的化学方程式为。
(6)由(4)可知A的分子式为C8H12，结合信息ii及B、C的结构简式可知，符合条件的A的同分异构体有。
【点睛】本题考查了有机物的推断，为高考常见题型，根据1，3-丁二烯为突破口结合题给信息、M的结构简式和N的分子式确定发生的反应，注意理解题给信息中有机物的断键和成键。
17. 软锰矿的主要成分是。黄铁矿的主要成分是，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：
已知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的范围如下表所示：
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施为_______。
（2）“氧化"中加入发生反应的离子方程式为_______。
（3）“除铁、铝”时，需要调节溶液的范围为_______。
（4）“50℃碳化得到碳酸锰，反应的化学方程式为_______。
（5）测定软锰矿中的纯度。称取软锰矿样品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液。盖上玻璃塞，充分摇匀后静置，被还原为(杂质不参加反应)。用标准溶液滴定生成的，消耗标准溶液。滴定反应为。计算软锰矿中的质量分数：_______。(写出计算过程)。
【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、加热、将矿石粉碎、加快搅拌速率或延长浸泡时间等合理答案均可
（2）
（3）4.7-7.1 （4）
（5）87.00%
【解析】
【分析】酸浸时黄铁矿与软锰矿作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁、单质硫等，二氧化硅不反应经过滤成为与硫一起转化为滤渣，二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子；加氨水调节溶液的pH把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，过滤得到滤液中加入加碳酸氢铵50℃碳化得碳酸锰、二氧化碳和硫酸铵等，据此解答。
【小问1详解】
根据外界条件对反应速率的影响可知为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施为适当增大硫酸的浓度、加热、将矿石粉碎、加快搅拌速率或延长浸泡时间等。
【小问2详解】
“氧化”中加入亚铁离子被氧化，发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
“除铁、铝”时锰离子不能被沉淀，根据表中数据可知需要调节溶液的范围为4.7～7.1。
【小问4详解】
50℃碳化得到碳酸锰，根据原子守恒可知还有硫酸铵、二氧化碳和水生成，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
根据电子电子得失守恒可知MnO2～I2～2Na2S2O3，所以软锰矿中的质量分数为＝87.00%。
18. 以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】 ①. 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O ②. 缓慢通入Cl2 ③. NaClO碱性溶液 ④. 减少水合肼的挥发 ⑤. 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 ⑥. 边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】
【分析】步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。
【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。选项
实验操作和现象
结论
A
KNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色
NO被氧化为NH3
B
向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入NaOH溶液调至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜
麦芽糖水解产物具有还原性
C
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
D
向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，过滤后向滤液中滴加盐酸酸化，再滴加溴水，观察溴水是否褪色
丙烯醛中含有碳碳双键
值
开始沉淀时
7.1
7.6
3.7
2.3
沉淀完全时
10.8
9.6
4.7
3.7
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