湖北省武汉市新洲区高三最后一模新高考化学试题及答案解析

湖北省武汉市新洲区高三最后一模新高考化学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（）A．煤的气化与液化均为化学变化B．大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用C．砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用2、利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是A．负极的电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+B．电池工作时，H+由M极移向N极C．相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：2D．好氧微生物反应器中发生的反应为NH4++2O2==NO3-+2H++H2O3、化石燃料开采、加工过程中会产生剧毒气体硫化氢(H2S)，可通过间接电化学法除去，其原理如图所示。下列说法错误的是A．反应池中处理硫化氢的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+B．电极a为阳极，电极b为阴极C．若交换膜为质子(H+)交换膜，则NaOH溶液的浓度逐渐变大D．若交换膜为阳离子交换膜，b电极区会产生红褐色沉淀4、如图为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（）ABCDX/(mol/L)0.120.040.030.09Y/(mol/L)0.040.120.090.03A．A B．B C．C D．D5、在饱和食盐水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒为电极进行电解，下列有关的实验现象的描述中正确的是（）A．负极区先变红 B．阳极区先变红C．阴极有无色气体放出 D．正极有黄绿色气体放出6、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（）A．密度比为4:5 B．物质的量之比为4:5C．体积比为1:1 D．原子数之比为3:47、用0.10mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050mol/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D．NaH2PO4溶液中：8、下列说法或表示方法正确的是（）A．在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＜O，△S＞OC．已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量D．在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol9、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol·L-1的NH4Cl溶液与0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B．把0.02mol·L-1的CH3COOH溶液和0.01mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)C．pH=2的一元酸HA与pH=12的一元碱MOH等体积混合：c(M+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)10、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y

和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色④向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A．X中一定不存在FeOB．Z溶液中一定含有K2CO3C．不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种D．向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl11、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．生铁 B．硫酸 C．烧碱 D．纯碱12、能用共价键键能大小解释的性质是（）A．稳定性：HCl>HI B．密度：HI>HClC．沸点：HI>HCl D．还原性：HI>HCl13、下列化学用语表述不正确的是A．HCl的电子式： B．CH4的球棍模型C．S2-的结标示意图： D．CS2的结构式：14、一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如图所示：下列关于该高分子的说法不正确的是A．芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域的重要基础材料B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH2C．氢键对该高分子的性能有影响D．结构简式为15、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H216、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A．溶液酸性:A>B>CB．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能会变为红色D．加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A二、非选择题（本题包括5小题）17、在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列问题：（1）A与C在水中溶解度更大的是_________，G中官能团的名称是___________。（2）E→F的有机反应类型是________，F的分子式为______________。（3）由A→B反应的化学方程式为___________________。（4）物质D的结构简式为_________________。（5）B→C反应中加入NaOH的作用是________________。（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________。①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰；③能发生银镜反应18、为探究固体A的组成和性质，设计实验并完成如下转化。已知：X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色。若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，再稀释到1000mL，测得溶液的PH=1。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色。请回答：（1）固体A的化学式______________。（2）写出反应①的化学方程式____________。（3）写出反应④中生成A的离子方程式______________。19、工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题：已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。(2)用上图中的装置制备，其连接顺序为：___________________按气流方向，用小写字母表示，此时活塞、如何操作____________。(3)装置发生反应的离子方程式是________________。(4)通过查阅资料，或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接，E中装入溶液，进行如下实验探究。步骤操作及现象①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色。②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同步骤②操作的目的是___________；步骤③C瓶中发生的化学方程式为_________________；通过实验可以得出：___________填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。20、CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：(1)A中恒压漏斗的作用是______；A装置中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置B的作用是____；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象______。(3)装置E中的温度计要控制在70℃，三口烧瓶采用的最佳加热方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_____(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质_______(填化学式)。除去这些杂质最合适实验方法是______。(5)利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8称取该实验制备的产品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,调节溶液为合适的pH后，加入30.00mL0.100mol•L-1的碘标准液，用0100mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00mL,则该次实验所得产品纯度为_________。21、铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。①晶体中原子Co与O的配位数之比为_________。②基态钴原子的价电子排布图为_______。(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于_____晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_______。(3)某镍配合物结构如图所示:①分子内含有的化学键有___________(填序号).A氢键B离子键C共价键D金属键E配位键②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能N>O_________。(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属"，其结构如图所示。①"分子金属"可以导电，是因为______能沿着其中的金属原子链流动。②"分子金属"中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为dg·cm-3，则晶胞参数a=_______nm(列计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；B.太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；C.砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；D.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；题目要求选不正确的选项，故选C。【点睛】本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。2、C【解析】

图示分析可知：N极NO3-离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。M极CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，据此分析解答。【详解】A．M极为负极，CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+，故A正确；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，即H+由M极移向N极，故B正确；C．生成1molCO2转移4mole-，生成1molN2转移10mole-，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10mol：4mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，故C错误；D．NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，则反应器中发生的反应为NH4++2O2==NO3-+2H++H2O，故D正确；故答案为C。3、C【解析】

A.由图示知反应池中，Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；B.a极产生Fe3+，发生氧化反应，所以为阳极，b为阴极，故B正确；C.若交换膜为质子交换膜，则H+进入b极，则NaOH溶液的浓度逐渐变小，故C错误D.若交换膜为阳离子交换膜，Fe3+会向阴极移动，与氢氧根离子生成红褐色Fe(OH)沉淀3，故D正确；故选C。4、D【解析】

依图知，NaOH滴至30mL时恰好完全中和，由c1V1=c2V2，V1∶V2=10mL∶30mL=1∶3得c1∶c2=3∶1，故B、C两项被排除。又由于滴加NaOH到20mL时，混合溶液pH=2，设c(NaOH)=c、c(HCl)=3c，则c(H+)=(3c10mL-c20mL)÷(10mL+20mL)=0.01mol·L-1，解得c=0.03mol·L-1，3c=0.09mol·L-1。选项D正确。答案选D。5、C【解析】

电解饱和食盐水，阳极氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，A项错误；B.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，B项错误；C.阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有无色气体放出，C项正确；D.阳极产生氯气，则现象描述应该为：阳极有黄绿色气体放出，D项错误；答案选C。6、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；B.设气体的质量均为mg，则n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；C.根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；答案选A。7、C【解析】

A．盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围8~10接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；B．滴定前，0.050mol/LH3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；C．20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，D．当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，则，故D错误；答案选C。8、B【解析】

A.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol，故A错误；B.2C（s）+O2（g）═2CO（g）燃烧过程均为放热反应，△H＜O；该反应是气体体积增加的反应，即为混乱度增大的过程，△S＞O；故B正确C.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。该反应为可逆反应，△H=－98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出的热量小于49.15kJ，故C错误。D.在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，水蒸气不是稳定的氧化物，不能用于计算燃烧热，故D错误；答案选B9、B【解析】

A．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH4+和NH3•H2O，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．0.02mol•L-1

CH3COOH溶液与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B正确；C．酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH-)和c(H+)大小，故C错误；D．0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，计算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。10、B【解析】

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；③用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3；④向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。【详解】A.根据上述分析，不能确定X中是否存在FeO，故A错误；B.用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z溶液中一定含有K2CO3，故B正确；C.根据分析，不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和Fe，不能确定是否存在FeO，故C错误；D.向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X中含有KCl，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。11、D【解析】

凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。【详解】A.冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；B.硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；C.工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；D.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。12、A【解析】

A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C.HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。13、A【解析】

A.HCl为共价化合物，分子中没有阴阳离子，其电子式为，A项错误；B.CH4分子正四面体形，其中球表示原子，棍表示共价键，B项正确；C.S2-的核电荷数为16，核外18电子符合电子排布规律，C项正确；D.CS2分子中碳原子与2个硫原子各形成2对共用电子对，D项正确。本题选A。14、D【解析】

A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，分子之间氢键的存在，增加了分子之间的吸引力，使物质更致密，防护功能更高，A正确；B.根据物质的分子结构可知，该化合物是由、发生缩聚反应产生，的官能团是氨基(-NH2)，的官能团是羧基(-COOH)，B正确；C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力，影响了物质的物理性质，如溶解性、物质的熔沸点，C正确；D.根据物质的结构可知其结构简式为，D错误；故合理选项是D。15、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。16、C【解析】

由流程图可知，A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，B到C发生的反应为4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。【详解】A．由于A到B过程中生成H2SO4，酸性增强，B到C过程中消耗H+，酸性减弱，溶液酸性B最强，故选项A错误；B．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O，故选项B错误；C．溶液A中通入SO2的反应为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，Fe3+没有完全转化，则滴加KSCN溶液，溶液会变为红色，故选项C正确；D．溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4，加入氧化亚铁，生成产物仍未Fe2+，故选项D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl或C8H7ClO催化剂、促进水解【解析】

与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。18、FeSO42FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+【解析】本题考查无机物的推断以及实验方案设计。X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色，能使品红溶液褪色的有SO2，若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，根据化学反应SO2+H2O2=H2SO4、SO3+H2O=H2SO4可知，X由SO2和SO3两种气体组成。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有Fe3＋，红棕色固体是氧化铁。（1）根据上述分析，固体A加热分解生成SO2、SO3和氧化铁，硫元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则A为FeSO4。（2）根据上述分析，反应①的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。（3）气体X为SO2、SO3的混合物气体，通入NaOH溶液中发生反应生成硫酸钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子具有还原性，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，溶液2为硫酸铁，Fe3＋具有氧化性，SO32-与Fe3＋能发生氧化还原反应生成Fe2＋和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，则反应④中生成A的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。19、浓debcfg关闭，打开排尽装置中残留的NO【解析】

制备NaNO2，A装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O，制备NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行，尾气中的NO不能直接排放到空气中，需要用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)根据上述分析，A装置制备NO2，生成的NO2在C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h；此时应关闭K1，打开K2，让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b与c、f与g可以交换)；关闭K1，打开K2；(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色，说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应；②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同，经过步骤②，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤③中进入装置E的气体只有NO。20、保持漏斗和反应容器内的气压相等2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸馏59%【解析】

A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。【详解】(1)A中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)装置B中的导管很短，而且B中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl气体时发生倒吸。装置F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)温度要控制在70℃，未超过水的沸点100℃，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。答案为：水浴b增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl和HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L×0.100mol•L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.100mol•L-1=0.002mol。有关系式为I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001mol=0.002mol，则10mL的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO为0.02mol，质量为0.02mol×147.5g=2.95g，则纯度。【点睛】本题纯度的计算采用的返滴