2023-2024学年北京四中高三（上）开学化学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京四中高三（上）开学化学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年北京四中高三（上）开学化学试卷
一、选择题（本大题共20小题，共40分）
1.剧装戏具的制作技艺是首批国家传统工艺振兴项目之一。下列括号中所列高分子材料的主要成分不属于蛋白质的是(    )




A.戏衣(丝绸)
B.头盔(羽毛)
C.髯口(毛发)
D.刀枪把(竹木)

A. A B. B C. C D. D
2.下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是(    )
A. 往紫色石蕊试液中加入盐酸，溶液变红
B. 饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体
C. 向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色
D. SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色
3.用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应．下列实验不合理的是(    )
A. 上下移动①中铜丝可控制SO2的量
B. ②中选用品红溶液验证SO2的生成
C. ③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D. 为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色

4.在铜的冶炼过程中有如下反应发生5FeS2+14CuSO4+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4关于此反应，下列说法正确的是(    )
A. Cu2S既是氧化产物，又是还原产物
B. 产物中的SO42−有一部分是氧化产物
C. FeS2只作还原剂
D. 5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移
5.在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失．下列判断错误的是(    )
A. 氧化性：ClO−>SO42−>I2
B. 漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
C. ClO−与I−在碱性条件可以发生氧化还原反应
D. 向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
6.香柠檬油可用于化妆品.香柠檬油含微量的香柠檬酚和香柠檬醚，其结构如图.下列说法正确的是 (    )

A. 香柠檬醚分子式为C13H9O4
B. 香柠檬醚最多可与7 mol H2发生加成反应
C. 1 mol香柠檬酚与溴水发生取代反应，最多消耗3 mol Br2
D. 1 mol香柠檬酚与NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
7.向含有Fe2+、I−、Br−(已知还原性I−>Fe2+>Br−)的溶液中缓慢通入氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是 (    )

A. 当通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应是：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
B. DE段表示n(Fe2+)的变化情况
C. 原溶液中n(Fe2+)：n(I−)：n(Br−)=3：1：2
D. B点时溶液中含有I−和Br−
8.向某无色溶液中分别进行下列操作，所得现象和结论正确的是(    )
A. 加入氨水，产生白色沉淀，证明原溶液中存在Al3+
B. 加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明原溶液中存在Cl−
C. 加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明原溶液中存在SO42−
D. 加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中存在NH4+
9.用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是(    )

①中试剂
①中现象
解  释
A
Ba(NO3)2溶液
生成白色沉淀
SO32−与Ba2+生成白色BaSO3沉淀
B
品红溶液
溶液褪色
SO2具有漂白性
C
紫色石蕊溶液
溶液变红
SO2与水反应生成酸
D
酸性KMnO4溶液
紫色褪去
SO2具有还原性
A. A B. B C. C D. D
10.下列物质间的转化在给定条件下能实现的是 (    )
①NH3→催化剂/△O2NO2→H2OHNO3
②NaCl→NH3CO2NaHCO3→NaHSO4CO2
③Mg(OH)2→盐酸MgCl2(aq)→电解Mg
④Na→△O2Na2O2→CO2Na2CO3
A. ②④ B. ③④ C. ①④ D. ①②③
11.下列各组物质：
①Cu与HNO3溶液
②Fe与FeCl3溶液
③Zn与H2SO4溶液
④Fe与HCl溶液
⑤NaClO和盐酸
⑥Na和O2
由于浓度不同而发生不同反应的是(    )
A. ①③⑤ B. ①③ C. ②④⑤ D. ①③⑤⑥
12.下列四种溶液中一定存在SO42−的是(    )
A. 向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
B. 向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解
C. 向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
D. 向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生
13.对某酸性溶液(可能含有Br−、SO42−、H2SO3、NH4+)分别进行如下实验：
①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色。
②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝。
③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。
对于下列物质，不能确认其在原溶液中是否存在的是(    )
A. Br− B. SO42− C. H2SO4 D. NH4+
14.下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是 (    )
①向苯酚钠溶液中通入过量的CO2
②向次氯酸钙稀溶液中通入过量的CO2
③向饱和NaOH溶液中通入过量的CO2
④向AgNO3溶液中逐滴加入氨水至过量
A. ①④ B. ①③ C. ①② D. ②③
15.下列说法不正确的是(    )
A. 没有顺反异构体
B. 1，3−丁二烯可以作为合成高分子化合物的原料
C. 用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，用水浴加热控制反应温度
D. 常温下，将苯酚加入到少量水中有浑浊，滴入适量NaOH溶液后浑浊消失
16.关于苹果酸()说法正确的是(    )
A. 苹果酸不易溶于水而易溶于有机溶剂
B. 和苹果酸具有相同官能团的同分异构体只有1种
C. 1 mol苹果酸与足量NaOH溶液反应时，最多消耗3 mol NaOH
D. 1mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应时，最多可得44.8LCO2(标准状况下)
17.在实验室中，用如图所示装置(尾气处理装置略去)进行下列实验，将①中液体逐滴滴入到②中。实验结果与预测的现象一致的是 (    )
选项
①中的物质
②中的物质
预测②中的现象
A
氨水
氯化铝溶液
产生白色沉淀
B
浓硫酸
铜片
产生大量气体，溶液变蓝
C
浓硝酸
用砂纸打磨过的铁丝
产生大量红棕色气体
D
浓盐酸
MnO2黑色粉末
立即产生大量气体
A. A B. B C. C D. D
18.下述实验方案能达到实验目的是(    )
编号
A
B
C
D
实验方案




实验目的
实验室制备乙酸乙酯
分离乙酸和水
验证溴乙烷在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应产生的乙烯
收集乙烯并验证它与溴水发生加成反应
A. A B. B C. C D. D
19.下列说法正确的是(    )
A. 1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2moCO2
B. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会产生沉淀
C. 1mol油脂在稀硫酸中水解可以生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸
D. 欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热
20.用如图所示装置不能达到有关实验目的的是(    )


A. 用甲图装置证明ρ(煤油)HCO3−) ______ 。
25.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，该厂用上述废金属屑制取新型高效水处理剂Na2FeO4(高铁酸钠)等产品，过程为：
Ⅰ.向度金属屑中加入过量的NaOH溶液，充分反应后过滤；
Ⅱ.向Ⅰ所得固体中加入过量稀H2SO4，充分反应后过滤；
Ⅲ.向Ⅱ所得固体中继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；
IV⋅⋅⋅⋅⋅⋅
(1)步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为 ______ 。
(2)步骤Ⅱ所得的滤液中一定含有的阳离子为 ______ 。
(3)步骤Ⅲ获得CuSO4溶液的离子方程式为 ______ 。
(4)步骤Ⅱ所得滤液经进一步处理可制得Na2FeO4，流程如图：
①测得滤液中c(Fe2+)为amol⋅L−1，若要处理1m3滤液，理论上需要消耗25%的H2O2溶液 ______ kg(用含a的代数式表示)。
②写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的化学方程式 ______ 。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】【分析】
本题考查蛋白质的主要来源及用途，侧重与中国传统文化相结合的知识迁移能力的考查，题目难度不大。
【解答】
蛋白质由碳、氮、磷、硫等元素组成的，毛发、蚕丝、羊毛等的主要成分为蛋白质，据此分析解答。
A.戏衣(丝绸)的制造原料是蚕丝，蚕丝的主要成分是蛋白质，故A不符合题意；
B.头盔(羽毛)的主要成分是蛋白质，故B不符合题意；
C.髯口(毛发)的主要成分是蛋白质，故C不符合题意；
D.刀枪把(竹木)的主要成分是纤维素，属于糖类，故D符合题意。
故本题选D。
2.【答案】C 
【解析】解：A.盐酸电离出氢离子溶液显酸性，加石蕊变红，与氧化还原反应无关，故A不选；
B.铁离子水解生成胶体，变成红褐色胶体，与氧化还原反应无关，故B不选；
C.白色沉淀为氢氧化亚铁，然后被氧化生成氢氧化铁，则白色变成灰绿色，最后变成红褐色，与氧化还原反应无关，故C选；
D.二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，为复分解反应，氧化还原反应无关，故D不选；
故选C．
A.盐酸电离出氢离子；
B.铁离子水解生成胶体；
C.白色沉淀为氢氧化亚铁，然后被氧化生成氢氧化铁；
D.二氧化硫与NaOH反应生成盐和水．
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意现象与反应的判断，题目难度不大．
3.【答案】D 
【解析】【分析】
本题考查了浓硫酸和铜的反应实验，题目难度不大，注意二氧化硫的性质。
【解答】
A.在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与浓硫酸不接触，反应停止，故通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；
B.SO2具有漂白性，品红能被二氧化硫漂白，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C.SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；
D.为确认CuSO4生成，应用胶头滴管将试管①中的液体取出少量，滴入水中，观察溶液颜色，若溶液显蓝色，证明有硫酸铜生成，反之则无，①中还含有浓硫酸，不应将水加入①中，以防止液滴飞溅，故D错误。
故选D。
4.【答案】B 
【解析】解：A.反应中Cu元素的化合价降低，硫化亚铜中的硫是由硫化亚铁中−1价的硫降低到−2价，则Cu2S只是还原产产物，故A错误；
B.由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42−离子，生成物中有17molSO42−离子，则有3molS被氧化，所以SO42−有一部分是氧化产物，故B正确；
C.FeS2中S元素化合价为−1价，反应后分别升高为+6价、降低为−2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由−1价→−2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故D错误；
故选B．
反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为−1价，反应后分别升高为+6价、降低为−2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．
本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目难度中等．
5.【答案】A 
【解析】解：A.根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO−>I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42−I2>SO42−，故A错误；
B.漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质．故B正确；
C.次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO−与I−在碱性条件下可以发生氧化还原反应，故C正确；
D.新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，故D正确．
故选A．
本题是考查氧化还原反应的一道题，在淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液发现溶液变蓝推出次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，再加亚硫酸钠溶液蓝色逐渐褪去，说明碘单质将亚硫酸根离子又氧化成了硫酸根离子；漂白精的成分中有次氯酸钠；新制的氯水将亚硫酸钠氧化而使氯水褪色．
本题主要是以氧化还原反应，氧化剂、还原剂强弱应用于解题，分析清楚微粒氧化、还原性的强弱是关键．否则就容易出错．
6.【答案】D 
【解析】解：A.由结构简式可判断香柠檬醚的分子式为C13H8O4，故A错误；
B.2个双键、1个苯环、1个羰基均与氢气发生加成反应，则香柠檬醚最多可与6 mol H2发生加成反应，故B错误；
C.1mol香柠檬酚含有2molC=C和1mol酚羟基，最多可与3molBr2发生反应，但双键与溴水发生加成反应，则与溴水发生取代反应，最多消耗1 mol Br2，故C错误；
D.香柠檬酚水解产物中含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol香柠檬酚在NaOH溶液中水解时能消耗3mol NaOH，故D正确。
故选：D。
根据有机物的结构简式判断元素的种类和原子个数，可确定有机物的分子式，香柠檬酚中含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O和C=C，可发生加成反应，以此解答该题．
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃、酯性质的考查，题目难度不大。
7.【答案】A 
【解析】解：A.当通入2molCl2时，2mol的I−消耗Cl21mol，余下的1molCl2再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应为2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−，故A正确；
B.根据还原性强弱可知，DE段应为Br−的物质的量的变化，故B错误；
C.还原性I−>Fe2+>Br−，B点时溶液中I−完全反应，溶液中存在Fe2+和Br−，故C错误；
D.由还原性I−>Fe2+>Br−可知，通入Cl2时反应的先后为I−、Fe2+、Br−，则溶液中n(I−)=2mol，n(Fe2+)=4mol，n(Br−)=6mol，即n(Fe2+)：n(I−)：n(Br−)=2：1：3，故D错误；
故选：A。
还原性为I−>Fe2+>Br−，根据强弱规律和反应先后规律可知，通入Cl2发生的反应依次为2I−+Cl2=I2+2Cl−，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，则图中AB段为Cl2与I−的反应，BC段为Cl2与Fe2+的反应，DE段为Cl2与Br−的反应，并且原溶液中n(I−)=2mol，n(Fe2+)=4mol，n(Br−)=6mol，据此分析解答。
本题考查氧化还原反应、方程式的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握离子的还原性强弱及反应先后的关系、图象中各阶段发生的反应是解答该题的关键，题目难度不大。
8.【答案】D 
【解析】【分析】
本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确离子检验时，必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性。
【解答】
A.加入氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化镁，原溶液中可能存在镁离子，不一定含有Al3+，故A错误；
B.加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子，不一定含有Cl−，故B错误；
C.加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42−，故C错误；
D.加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，证明原溶液中一定存在NH4+，故D正确；
故选：D。
9.【答案】A 
【解析】解：A.将SO2通入Ba(NO3)2溶液，发生氧化还原反应而有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，不溶于硝酸，所以解释错误，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；
C.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，故C正确；
D.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾被还原，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，则二氧化硫体现还原性，故D正确；
故选：A。
A.二氧化硫和亚硫酸钡溶液反应生成硫酸钡；
B.品红溶液具有漂白性；
C.酸能使紫色石蕊试液变红色；
D.二氧化硫被强氧化性物质氧化．
本题考查了二氧化硫的性质，二氧化硫具有漂白性、还原性和氧化性，但二氧化硫的漂白性不稳定，且不能漂白酸碱指示剂，为易错点．
10.【答案】A 
【解析】解：①氨气催化氧化生成一氧化氮，，一氧化氮被空气中氧气氧化为二氧化氮，2NO+O2=2NO2，二氧化氮溶于水生成硝酸，氨气催化氧化不能一步生成二氧化氮，故①错误；
②向氯化钠中通入氨气、二氧化碳可以生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与硫酸氢钠反应生成二氧化碳，各步能一步实现，故②正确；
③氢氧化镁溶解于盐酸生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，电解熔融氯化镁得到金属镁，氯化镁溶液不能一步反应生成金属镁，故③错误；
④钠和氧气点燃反应生成过氧化钠，，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，各步能一步实现，故④正确；
故选：A。
①氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被空气中氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；
②向氯化钠中通入氨气、二氧化碳可以生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与硫酸氢钠反应生成二氧化碳；
③氢氧化镁溶解于盐酸生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；
④钠和氧气点燃反应生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠。
本题考查了物质性质的应用，转化关系的分析判断，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。
11.【答案】B 
【解析】解：①Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故①符合题意；
②Cu与FeCl3溶液中，无论浓度大小都只发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故②不符合题意；
③Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4(浓)=△ZnSO4+SO2↑+2H2O，故③符合题意；
④Fe与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故④不符合题意；
⑤NaClO和盐酸无论浓度大小都只发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，故⑤不符合题意；
⑥Na和O2加热生成过氧化钠，不加热生成氧化钠，与反应条件有关，与浓度无关，故⑥符合题意；
所以由于浓度不同而发生不同反应的是①③，
故选：B。
①浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮③；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；②④中都只发生一种反应，以此来解答。
本题考查常见物质的性质，题目难度不大，明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，注意相关方程式的书写，试题培养了学生的灵活应用能力。
12.【答案】C 
【解析】解：A.向甲溶液中加入BaCl2溶液，不能排除SO32−、CO32−或Ag+的影响，可能生成AgCl、Ag2SO3、Ag2CO3白色沉淀，故A错误；
B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B错误；
C.先加入稀盐酸，没有产生沉淀，Ag+、SO32−、CO32−等离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42−存在，故C正确；
D.先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D错误；
故选：C．
A.亚硫酸钡、碳酸钡、硫酸钡和氯化银均为难溶于水的白色沉淀；
B.硫酸钡和氯化银均为难溶于盐酸；
C.先加入稀盐酸，可排除Ag+、SO32−、CO32−等离子的影响；
D.亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子．
本题为硫酸根离子的检验问题，注意干扰离子的排除即可，D选项中亚硫酸根离子能被硝酸氧化，难度中等．
13.【答案】B 
【解析】解：①因亚硫酸不稳定，加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；
②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；
③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br−，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子；
综上所述：根据实验①可知含有H2SO3，根据实验②确定含有NH4+，据实验③可推知有Br−，不能确定有无SO42−，因H2SO3被氯水氧化成H2SO4；
故选：B。
①亚硫酸不稳定，加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体；
②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；
③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br−，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子；
本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是隐含离子的干扰作用，亚硫酸钡硝酸氧化为硫酸。
14.【答案】B 
【解析】解：①无论二氧化碳是否过量，苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，现象是生成沉淀，故①正确；
②向次氯酸钙稀溶液中通入少量的CO2产生碳酸钙沉淀，继续通入CO2，碳酸钙沉淀溶解，出现的现象是先沉淀后溶解，故②错误；
③向饱和NaOH溶液中通入少量CO2，生成碳酸钠，继续通入CO2析出晶体碳酸氢钠，Na++OH−+CO2=NaHCO3↓，不会出现先沉淀后溶解的现象，故③正确；
④硝酸银和氨水反应生成的氢氧化银溶于过量的氨水生成银氨溶液，向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水先生成氢氧化银白色沉淀，继续滴加白色沉淀消失，故④错误；
故选：B。
①苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
②向次氯酸钙稀溶液中通入少量的CO2产生碳酸钙沉淀，继续通入CO2，碳酸钙沉淀溶解；
③硝酸钡溶液中通入二氧化硫溶于水生成亚硫酸，酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性氧化亚硫酸为硫酸，溶液中生成硫酸钡沉淀；
④硝酸银和氨水反应生成的氢氧化银溶于过量的氨水生成银氨溶液。
本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。
15.【答案】C 
【解析】解：A.存在顺反异构体的条件：(1)分子中至少有一个键不能自由旋转(否则将变成另外一种分子)；(2)双键上同一碳上不能有相同的基团，不符合条件(2)，故A正确；
B.1，3−丁二烯含有不饱和键，能够发生加聚反应，可以合成高分子化合物，故B正确；
C.乙醇和浓硫酸制备乙烯反应的温度为170度，水浴温度最高100度，故C错误；
D.苯酚在常温下溶解度小，苯酚能够与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠易溶于水，故D正确；
故选：C．
A.根据顺反异构体的条件判断；
B.1，3−丁二烯含有不饱和键，能够发生加聚反应；
C.依据乙醇和浓硫酸制备乙烯反应的温度为170度判断；
D.苯酚在常温下溶解度小，苯酚能够与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠易溶于水．
本题考查了常见有机物的结构与性质，侧重考查学生对基础知识的掌握，题目难度不大，注意实验室制备乙烯的条件．
16.【答案】D 
【解析】解：A.含有羟基和羧基，都为亲水基团，易溶于水，故A错误；
B.对应的含有相同官能团的同分异构体中，两个羧基可连接在相同的碳原子上，羟基可在相同或相邻碳原子上，有2种同分异构体，故B错误；
C.只有羧基能与氢氧化钠反应，则1 mol苹果酸与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2 mol NaOH，故C错误；
D.分子中含有2个羧基，可与碳酸氢钠反应，则1mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应时，最多可得2molCO2，标准状况下体积为44.8L，故D正确。
故选：D。
该分子中含有羧基和醇羟基，能发生消去反应、酯化反应、中和反应、氧化反应，以此解答该题．
本题考查了有机物的结构和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大。
17.【答案】A 
【解析】解：A.氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于氨水，故A正确；
B.浓硫酸与铜在加热条件下才能反应，故B错误；
C.浓硝酸与铁在常温下发生“钝化”，不会产生大量红棕色气体，故C错误；
D.常温下，二氧化锰与浓盐酸不反应，不能产生气体，故D错误；
故选：A。
A.氨水与氯化铝生成氢氧化铝白色沉淀；
B.浓硫酸与铜片反应需要加热；
C.浓硝酸与铁常温下钝化，不生成大量红棕色气体；
D.常温下，二氧化锰与浓盐酸不反应。
本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、氧化还原反应等，侧重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等．
18.【答案】C 
【解析】解：A.导管在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，导管口应在液面上，故A错误；
B.乙酸与水互溶，不能利用分液漏斗分离，应选蒸馏法，故B错误；
C.乙醇易挥发，水可吸收乙醇，乙烯能被高锰酸钾氧化，则图中装置可验证溴乙烷在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应产生的乙烯，故C正确；
D.乙烯的密度与空气密度接近，不能利用向上排空气法收集，故D错误；
故选：C。
A.导管在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸；
B.乙酸与水互溶；
C.乙醇易挥发，水可吸收乙醇，乙烯能被高锰酸钾氧化；
D.乙烯的密度与空气密度接近．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、性质与反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
19.【答案】B 
【解析】解：A.葡萄糖为单糖，不能水解，故A错误；
B.在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4可使蛋白质发生盐析，加入CuSO4溶液会使蛋白质发生变性，都会产生沉淀，故B正确；
C.油脂在稀硫酸中水解为可逆反应，因此1mol油脂在稀硫酸中水解不可以生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸，故C错误；
D.欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入NaOH溶液使溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，故D错误；
故选：B。
A.葡萄糖为单糖，不能水解；
B.在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4可使蛋白质发生盐析，加入CuSO4溶液会使蛋白质发生变性；
C.油脂在稀硫酸中水解为可逆反应；
D.欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入NaOH溶液使溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热。
本题主要考查糖类、蛋白质和油脂的性质，为基础知识的考查，题目难度不大。
20.【答案】D 
【解析】解：A.由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；
B.由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；
C.由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；
D.因碳酸氢钠不稳定受热易分解，碳酸钠稳定，因此比较两者的稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；
故选：D。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
21.【答案】OHCCH2CHO  加成反应       c   2 
【解析】解：(1)由分析可知，A的结构简式为OHCCH2CHO，
故答案为：OHCCH2CHO；
(2)A→D发生信息i中反应，该反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
(3)①由分析可知，D的结构简式是，
故答案为：；
②E→F的化学方程式是，
故答案为：；
③F+H→I的化学方程式是，
故答案为：；
(4)G+B→H的化学方程式是，
故答案为：；
(5)a.I为，I中酯基水解生成的羧基能和NaOH以1：1反应，则I最多可以消耗4molNaOH，故a正确；
b.E中含有4个醇羟基、D中含有2个醇羟基，E形成的分子间氢键个数大于D，所以E的沸点高于D，故b正确；
c.G为HOOCCH2COOH，J，二者结构不相似，所以J和G不互为同系物，故c错误；
d.D→E为加成反应，故d正确；
故答案为：c；
(6)J的结构简式是，
故答案为：；
(7)J的结构简式是，J的不饱和度是4，J的同分异构体X属于芳香族化合物，苯环的不饱和度是4，则X中含有苯环外不含其它环或双键，1molX与足量Na或NaOH反应时消耗它们物质的量都是1mol，说明还有1个酚羟基且不含醇羟基，且苯环上只有一种一氯代物，则苯环上只有一种氢原子，X的结构对称且含有醚键，符合条件的结构简式有，所以有2种，
故答案为：2。
A发生银镜反应、酸化后生成G，则A含有−CHO，由反应条件可知，F与H发生信息ii中第一步反应生成I，I发生信息ii中第二步反应生成J，结合G与F的分子式，推知G为HOOCCH2COOH、C为CH3CH2OH、H为C2H5OOCCH2COOC2H5，F可以是溴代物，A与HCHO发生信息i中加成反应生成D，D中含有醛基、羟基，而D转化生成E，(3)中E只有一种官能团且核磁共振氢谱显示其分子中有两种不同化学环境的氢，应是D与氢气反应生成E，E再与HBr发生取代反应生成F，E中含有官能团为−OH，由反应信息i可知E中含有−CH2OH，该基团含有2种不同H原子，可推知E为、F为，则A为OHCCH2CHO、I为、J，2分子HCHO与1分子OHCCH2CHO发生加成反应生成D，推知D为。
本题考查有机物的合成，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意题给信息的解读和灵活运用，题目难度中等。
22.【答案】  Fe2(SO4)3  B    先无明显现象，通入NH3后产生白色沉淀  12Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Fe3+ 
【解析】解：(1)二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，反应方程式为，
故答案为：；
(2)由分析可知，K的化学式为Fe2(SO4)3，
故答案为：Fe2(SO4)3；
(3)D是SO2，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而是高锰酸钾溶液褪色，
故答案为：B；
(4)铁和水蒸气在高温发生反应生成Fe3O4和H2，反应的方程式为，
故答案为：；
(5)D为二氧化硫，SO2与氯化钡溶液不反应，通入氨气，溶液呈碱性，SO2与氨水反应生成大量的亚硫酸根离子，亚硫酸根离子在与钡离子反应生成生成亚硫酸钡白色沉淀，
故答案为：先无明显现象，通入NH3后产生白色沉淀；
(6)H为FeSO4，具有还原性，可与空气中氧气发生反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为12Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Fe3+，
故答案为：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Fe3+。
A、B、C为中学常见的单质，其中A为淡黄色固体，可知A为S；D、E、F为中学常见的氧化物，而E是具有磁性的黑色晶体，则E为Fe3O4；B与C反应生成E(四氧化三铁)，则B、C分别为Fe、O2中的一种，而A(硫)能与B连续反应，可知B为O2，则C为Fe，故D为SO2、F为SO3；M为一种常见的无色液体，M与F(三氧化硫)反应生成G，可知M为H2O、G为H2SO4，G(硫酸)与E(四氧化三铁)反应生成的H、K为中学常见的盐，而K与C(铁)反应生成H，可知H为FeSO4、K为Fe2(SO4)3。
本题考查无机物推断，涉及铁、硫元素单质及其化合物的性质与转化，物质的颜色等是推断突破口，需要熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等。
23.【答案】MnO2+4HCl(浓  Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O  ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O  SO2(或H2SO3)  Cl2+2I−=2Cl−+I2  I2有氧化性，SO2能将I2还原成I−，从而使蓝色消失 
【解析】解：(1)A与B的浓溶液反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓，
故答案为：MnO2+4HCl(浓；
(2)C与E反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(3)B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O；
(4)氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，
①试纸a变红，说明有酸性物质存在，若二氧化硫过量，试纸a变红还可能与SO2(或H2SO3)有关，
故答案为：SO2(或H2SO3)；
②片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝，是由于氯气与淀粉碘化钾反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，则离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2，
故答案为：Cl2+2I−=2Cl−+I2；
③最终试纸b褪色，可能与碘的还原性、氧化性有关，则可能的原因二为I2有氧化性，SO2能将I2还原成I−，从而使蓝色消失，
故答案为：I2有氧化性，SO2能将I2还原成I−，从而使蓝色消失。
A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，则A为MnO2，B为浓盐酸，C为Cl2，常用E溶液吸收多余的C，则E为NaOH，H为NaClO，F为NaCl，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，则图中溶液上方出现白雾，然后结合物质的性质及化学用语来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重氯气的实验室制备及氯、碘化合物之间转化的考查，把握物质的性质及框图中发生的反应为解答的关键，题目难度中等。
24.【答案】HCO3−+OH−=CO32−+H2O  Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O  Na2O2  H2O2  Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ  Cl2+CO32−=ClO−+Cl−+CO2 
【解析】解：X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2，
(1)氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3−+OH−=CO32−+H2O，
故答案为：HCO3−+OH−=CO32−+H2O；
(2)NaHCO3含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物，根据装置Ⅲ中Ba(OH)2饱和溶液产生白色沉淀，且图示中装置I、Ⅱ中的物质均为固体，推测装置I中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体，因为装置Ⅴ中收集到一种无色气体，说明装置I中产生的CO2与装置Ⅱ中的物质反应生成了另一种无色气体，进而推测出装置Ⅱ中的物质为Na2O2，装置Ⅴ中收集的气体是O2。
①装置Ⅰ中反应的化学方程式：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O，装置Ⅱ中物质的化学式为Na2O2，
故答案为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O；Na2O2；
②O2的制取也可以用制备，I为发生装置，Ⅳ进行干燥，Ⅴ进行收集，
故答案为：H2O2；Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ；
(3)将Cl2通入碳酸钠溶液中，反应生成NaClO、NaCl与二氧化碳，反应离子方程式为：Cl2+CO32−=ClO−+Cl−+CO2，
故答案为：Cl2+CO32−=ClO−+Cl−+CO2。
X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2．
(1)氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水；
(2)①NaHCO3含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物，根据装置Ⅲ中Ba(OH)2饱和溶液产生白色沉淀，且图示中装置I、Ⅱ中的物质均为固体，推测装置I中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体，因为装置Ⅴ中收集到一种无色气体，说明装置I中产生的CO2与装置Ⅱ中的物质反应生成了另一种无色气体，进而推测出装置Ⅱ中的物质为Na2O2，装置Ⅴ中收集的气体是O2；
②装置Ⅴ中收集的气体是O2，O2的制取也可以用H2O2在二氧化锰作催化剂条件下分解制得，I为发生装置，Ⅳ进行干燥，Ⅴ进行收集；
(3)氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与二氧化碳。
本题考查无机物推断，涉及钠元素化合物的相互转化，要求学生对元素化合的知识非常熟练，把握常见气体的制备方法．
25.【答案】2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O  Fe2+  2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O  68a  2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O 
【解析】解：(1)利用Al和Al2O3和Fe2O3的两性，用过量的NaOH溶液除去废金属屑中的Al和Al2O3发生反应的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，
故答案为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(2)氧化铁溶于硫酸生成硫酸铁，同时混合物中的铁会还原硫酸铁生成硫酸亚铁，所得的滤液中一定含有的阳离子为Fe2+，故答案为：Fe2+；
(3)铜溶解在不断通氧气的热的稀硫酸中得到硫酸铜溶液，发生反应的离子方程式为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O，
故答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(4)①液中亚铁离子的物质的量是1000amol，生成氢氧化铁失去1000amol电子．双氧水在反应中氧元素的化合价从−1价降低到−2价，得到1个电子，因此1mol双氧水在反应中得到2mol电子．设需要双氧水溶液的质量是m，则根据电子得失守恒可知m×25%34g/mol×2=1000amol，解得m=68000ag=68akg，
故答案为：68a；
②铁元素的化合价从+3价升高到+6价失去3个电子，次氯酸钠中氯元素的化合价从+1价降低到−1价，得到2个电子．因此根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比=2：3；根据原子守恒可知，反应中还有水生成，依据原子守恒配平书写化学方程式，反应的化学方程式为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。
利用主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取新型高效水处理剂Na2FeO4，首先利用铝及其氧化物的两性性质用NaOH溶液溶解后再过滤除去，再用稀硫酸溶液滤渣，得到含有Fe2+、Fe3+的混合溶液并过滤除去铜，副产品Cu可以用热的稀硫酸并通氧气的情况下溶解得到硫酸铜溶液，滤液可通过氧化使溶液里只存在Fe3+，然后滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，再将经过过滤洗涤得到的Fe(OH)3固体溶解在NaOH和NaClO的混合溶液里可制目标产物；
(1)Al和Al2O3都有两性，加入过量的NaOH溶液，可溶解铝、氧化铝得到可溶性的偏铝酸钠溶液，通过过滤可除去；
(2)步骤Ⅱ在用稀硫酸溶解氧化铁生成硫酸铁，同时混合物中的铁会还原硫酸铁生成硫酸亚铁；
(3)铜能溶解在不断通氧气的热的稀硫酸中得到硫酸铜溶液，反应中氧气作氧化剂，还原产物为水，发生的化学方程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，再改写成离子方程式；
(4)①溶液中亚铁离子被氧化为Fe3+，双氧水在反应中氧元素的化合价从−1价降低到−2价，得到1个电子，因此发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，由此可根据消耗的过氧化氢的质量，通过电子守恒进行计算；
②铁元素的化合价从+3价升高到+6价失去3个电子，次氯酸钠中氯元素的化合价从+1价降低到−1价，得到2个电子．因此根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比=2：3；根据原子守恒可知，反应中还有水生成，依据原子守恒配平书写化学方程式．
本题考查物质的制备方案的设计，题目难度中等，解答本题时注意把握题给信息，学习中注重知识迁移能力的培养．