2026屆湖南省邵陽市邵東縣第三中化學(xué)高三上期中考試試題請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．在反應(yīng)中消耗0.1molCl2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為0.2NAB．15gCH3+（碳正離子）中含有的電子數(shù)為8NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L乙炔中含共用電子對(duì)的數(shù)目為1.5NAD．0.1L2mol/L的(NH4)2S溶液中含有的S2-數(shù)目為0.2NA2、在“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是A．范德華力、范德華力、范德華力B．范德華力、范德華力、共價(jià)鍵C．范德華力、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵D．共價(jià)鍵、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵3、下列描述正確的是A．硫酸、純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物B．蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)C．可通過溶液導(dǎo)電能力的大小判斷強(qiáng)弱電解質(zhì)D．在NaHSO4溶液中存在的離子有：Na+、H+、HSO4-、OH-4、足量的銅與一定量的濃硝酸反應(yīng)得到硝酸銅溶液和NO、N2O4、NO2

的混合氣體，這些氣體與1.68LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，則和銅反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量可能是A．0.55mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.65mol5、屬于工業(yè)固氮的是A．N2與O2反應(yīng)生成NO B．由NH3轉(zhuǎn)變成NH4HCO3C．N2與H2在一定條件下反應(yīng)生成NH3 D．豆科植物的根瘤吸收氮6、常溫下，在pH＝1的某溶液中除H＋外還可能有Na＋、Fe3＋、Fe2＋、I－、Cl－、CO中的幾種，現(xiàn)取100mL該溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。下列判斷正確的是（）A．Fe2＋、I－、Cl－三種離子一定存在B．CO一定不存在，不能確定Na＋和Cl－是否存在C．Fe3＋與Fe2＋至少有一種D．該溶液中c（Cl－）至少為0.3mol·L－17、一種制備高效漂白劑NaC1O2的實(shí)驗(yàn)流程如圖所示，反應(yīng)I的化學(xué)方程式為：3NaC1O3+4SO2+3H2O=2C1O2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列說法正確的是A．NaClO2的漂白原理與SO2相同B．反應(yīng)I中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量比為4:3C．反應(yīng)II中H2O2做氧化劑D．實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行蒸發(fā)操作通常在坩堝中進(jìn)行8、測(cè)得某pH=2的溶液中有關(guān)數(shù)據(jù)如下：離子Na+Fe3+？NO3-SO42-濃度（mol/L）2.0×10-21.4×10-2？2.0×10-22.4×10-2則該溶液中還可能大量存在的一種離子是A．Fe2+ B．Al3+ C．Cl- D．CO32-9、由下列實(shí)驗(yàn)操作得出的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和實(shí)驗(yàn)結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將石灰石和鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液中生成白色沉淀碳酸的酸性比硅酸強(qiáng)B向FeCl3溶液中通入足量的H2S生成兩種沉淀Fe3+的氧化性強(qiáng)于SC向某無色溶液中滴加少量新制氯水加入淀粉后溶液變成藍(lán)色原溶液中含有I—D向AgCl固體滴加飽和Na2CrO4溶液有磚紅色沉淀生成Ksp：Ag2CrO4＜AgClA．A B．B C．C D．D10、下列有關(guān)硫元素及其化合物的說法或描述正確的是()A．硫黃礦制備硫酸經(jīng)歷兩步：SSO3H2SO4B．酸雨與土壤中的金屬氧化物反應(yīng)后，硫元素以單質(zhì)的形式進(jìn)入土壤中C．在燃煤中加入石灰石可減少SO2排放，發(fā)生的反應(yīng)為2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4D．土壤中的閃鋅礦(ZnS)遇到硫酸銅溶液轉(zhuǎn)化為銅藍(lán)(CuS)，說明CuS很穩(wěn)定，不具有還原性11、用電解法測(cè)量某工業(yè)廢氣中CO的濃度，工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．b為電源的正極 B．陽極的電極反應(yīng)式為CO＋H2O－2e－＝CO2＋2H＋C．H＋向陽極移動(dòng) D．理論上每消耗11.2LO2，轉(zhuǎn)移2mol電子12、等物質(zhì)的量下列各狀態(tài)的電解質(zhì)，自由離子數(shù)由大到小的排列順序是()①熔融的NaHSO4②NaHSO4溶液③NaHCO3溶液④H2CO3溶液A．①②③④ B．④②③①C．②③①④ D．②①③④13、下列做法的目的與改變化學(xué)反應(yīng)速率無關(guān)的是A．牛奶在冰箱里保存B．向玻璃中加入氧化鉛C．高爐煉鐵前先將鐵礦石粉碎D．在糕點(diǎn)包裝內(nèi)放置小包除氧劑14、下列說法正確的是A．一定溫度下，反應(yīng)MgCl2(1)=Mg(

1)

+Cl2(g)的△H>0，△S>0B．常溫下，NH4Cl

溶液加水稀釋增大C．電解飽和食鹽水產(chǎn)生了11.2

L

H2，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1023D．在NaCl

和KBr

的混合溶液中滴加AgNO3

溶液，一定先產(chǎn)生淡黃色沉淀15、NH3催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù)，其反應(yīng)過程與能量關(guān)系如圖；研究發(fā)現(xiàn)在以Fe2O3為主的催化劑上可能發(fā)生的反應(yīng)過程如圖．下列說法正確的是（）A．NH3催化還原NO為吸熱反應(yīng)B．過程Ⅰ中NH3斷裂非極性鍵C．過程Ⅱ中NO為氧化劑，F(xiàn)e2+為還原劑D．脫硝的總反應(yīng)為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)16、氫氧燃料電池以石墨碳棒為電極，以硫酸溶液為電解質(zhì)溶液，下列敘述正確的是A．正極反應(yīng)式為：O2+4e-+2H2O=4OH-B．工作一段時(shí)間后，電解液中硫酸的物質(zhì)的量濃度不變C．通氫氣的電極上發(fā)生還原反應(yīng)D．溶液中氫離子流向通氧氣的電極二、非選擇題（本題包括5小題）17、是合成高聚酚酯的原料，其合成路線(部分反應(yīng)條件略去)如圖所示：已知:i.；ii.(1)A的名稱為________________，B含有的官能團(tuán)是______________________。(2)②的反應(yīng)類型是_____________________________。(3)反應(yīng)①的化學(xué)方程式為____________________________。(4)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為___________________________。(5)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______________________，與D互為同分異構(gòu)體且含有碳碳雙鍵和一COO─的苯的二取代物有____種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為2:1:2:2:1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_________(任寫一種）。(6)寫出以C2H5OH為原料合成乳酸（）的路線。（其他試劑任選）_________18、烴A的質(zhì)譜圖中，質(zhì)荷比最大的數(shù)值為42。碳?xì)鋬稍氐馁|(zhì)量比為6∶1，其核磁共振氫譜有三個(gè)峰，峰的面積比為1∶2∶3。A與其他有機(jī)物之間的關(guān)系如下圖所示：已知：CH2===CH2HOCH2CH2OH，回答下列問題：（1）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____________。（2）有機(jī)物C中的官能團(tuán)名稱__________。（3）指出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)反應(yīng)類型：A→B______，E→G______。（3）寫出C與新制的氫氧化銅反應(yīng)的化學(xué)方程式_______（4）E在一定條件下可以相互反應(yīng)生成一種六元環(huán)有機(jī)物，則此反應(yīng)的化學(xué)方程式為________（5）與E互為同分異構(gòu)體，且屬于酯類的有機(jī)物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外還有___種(分子中無O—O鍵)。19、某化學(xué)興趣小組欲探究含硫物質(zhì)的性質(zhì)。（探究一）用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱：(1)裝置連接順序?yàn)開____________(用字母表示)，F(xiàn)中反應(yīng)的離子方程式是

_______________(2)可證明

H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO

的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____________________________。（探究二）(3)某小組同學(xué)為探究SO2的漂白性性質(zhì)，用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到如下現(xiàn)象：i中紅色褪去；ii中無變化。從實(shí)驗(yàn)中可知使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀________________________________。(4)該小組同學(xué)又對(duì)SO2與氯水的反應(yīng)進(jìn)行探究。①用注射器吸入一定量的飽和氯水和SO2，振蕩，靜置，再吸入少量品紅溶液，發(fā)現(xiàn)品紅溶液不褪色。②改變氯水用量，重復(fù)①操作，發(fā)現(xiàn)品紅溶液紅色褪去，你認(rèn)為②中品紅溶液褪色的原因可能是______________，設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)(說明操作方法、現(xiàn)象及結(jié)論)來驗(yàn)證你的假設(shè)___________________。20、乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。實(shí)驗(yàn)室制備乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反應(yīng)裝置示意圖和有關(guān)信息如下：乙酸正丁醇乙酸丁酯熔點(diǎn)/℃16.6－89.5－73.5沸點(diǎn)/℃117.9117126.0密度/g·cm－31.10.800.88(1)乙酸丁酯粗產(chǎn)品的制備在干燥的50mL圓底燒瓶中，裝入沸石，加入12.0mL正丁醇和16.0mL冰醋酸(過量)，再加3～4滴濃硫酸。然后再安裝分水器(作用：實(shí)驗(yàn)過程中不斷分離除去反應(yīng)生成的水)、冷凝管，然后小火加熱。寫出制備乙酸丁酯的化學(xué)方程式_________。將燒瓶中反應(yīng)后的混合物冷卻與分水器的酯層合并。裝置中冷水應(yīng)從________(填“a”或“b”)口通入；通過分水器不斷分離除去反應(yīng)生成的水的目的是_____________。(2)乙酸丁酯的精制將乙酸丁酯粗產(chǎn)品用如下的操作進(jìn)行精制：①水洗、②蒸餾、③用無水MgSO4干燥、④用10%碳酸鈉洗滌。①正確的操作步驟是________________(填標(biāo)號(hào))。A．①②③④B．③①④②C．④①③②D．③④①②②在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸鈉洗滌的主要目的是_________。③在洗滌、分液操作中，應(yīng)充分振蕩，然后靜置，待分層后________(填標(biāo)號(hào))。a.直接將乙酸丁酯從分液漏斗的上口倒出b.直接將乙酸丁酯從分液漏斗的下口放出c.先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸丁酯從下口放出d.先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸丁酯從上口倒出(3)計(jì)算產(chǎn)率測(cè)量分水器內(nèi)由乙酸與丁醇反應(yīng)生成的水體積為1.8mL，假設(shè)在制取乙酸丁酯過程中反應(yīng)物和生成物沒有損失，且忽略副反應(yīng)，乙酸丁酯的產(chǎn)率為________。21、氮及其化合物如NH3及銨鹽、N2H4、N2O4等在中學(xué)化學(xué)、化工工業(yè)、國(guó)防等領(lǐng)域占有重要地位。（1）已知反應(yīng)NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的能量變化如圖所示，下列說法正確的是________。A．圖中A→B的過程為放熱過程B．1molNO2和1molCO的鍵能總和大于1molNO和1mol

CO2

的鍵能總和C．該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)D．1molNO2(g)和1molCO(g)的總能量低于1mol

NO(g)

和1mol

CO2(g)的總能量（2）N2O4與NO2之間存在反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)。將一定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測(cè)得其平衡轉(zhuǎn)化率[a(N2O4)]隨溫度的變化如圖所示。①由圖推測(cè)該反應(yīng)的△H___0（填“>”或“<”），理由為________________。②圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下，已知N2O4的起始?jí)簭?qiáng)為108kPa，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_________kPa（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。③在一定條件下，該反應(yīng)N2O4、NO2的消耗速率與自身壓強(qiáng)間存在關(guān)系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是與反應(yīng)溫度有關(guān)的常數(shù)。相應(yīng)的速率壓強(qiáng)關(guān)系如圖所示，一定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系是k1=___________，在下左圖上標(biāo)出的點(diǎn)中，能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點(diǎn)為__________（填字母代號(hào)）。（3）以四甲基氯化銨[(CH3)4NCl]水溶液為原料，通過電解法可以制備四甲基氫氧化銨[(CH3)4NOH]，裝置如圖所示。①收集到(CH3)4NOH的區(qū)域是______(填a、b、c或d)。②寫出電解池總反應(yīng)(化學(xué)方程式)___________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、B【分析】A．氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)可以是自身氧化還原反應(yīng)，也可以只做氧化劑。B.1個(gè)CH3＋（碳正離子）含有8個(gè)電子。C．乙炔中既有碳碳三鍵又有C-H鍵。D．硫離子為弱根離子，部分發(fā)生水解。【詳解】A.0.1mol氯氣參加氧化還原反應(yīng)，自身氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，也可以只做氧化劑轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故A錯(cuò)誤。B.1個(gè)(碳正離子)含有8個(gè)電子,15g(碳正離子)的物質(zhì)的量為1mol,含有電子數(shù)為8NA，故B正確。C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L乙炔中共用電子對(duì)有碳碳三鍵又有C-H鍵功0.5NA×（3+2）=2.5NA，故C錯(cuò)誤。D.的(NH4)2S溶液含有硫化銨的物質(zhì)的量為0.2mol,但是硫離子為弱根離子,部分發(fā)生水解,所以含有的數(shù)目小于0.2NA，故D錯(cuò)誤。故選：B。2、B【詳解】“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣”屬于石蠟的“三態(tài)”之間的轉(zhuǎn)化，所以轉(zhuǎn)化的過程中要克服分子間作用力；“石蠟蒸氣→裂化氣”屬于石油的裂化，屬于化學(xué)變化，必然要破壞化學(xué)鍵(共價(jià)鍵)，答案選B。3、B【詳解】A、硫酸-酸、純堿-鹽、醋酸鈉-鹽和生石灰-氧化物，錯(cuò)誤；B、蔗糖-非電解質(zhì)、硫酸鋇-強(qiáng)電解質(zhì)和水-弱電解質(zhì)，正確；C、強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷標(biāo)準(zhǔn)是在水溶液中是否完全電離，錯(cuò)誤；D、在NaHSO4溶液中存在的離子有：H+和OH-不能大量共存，錯(cuò)誤；答案選B。4、A【解析】由題知，銅化合價(jià)升高數(shù)=硝酸化合價(jià)降低數(shù)=氧氣化合價(jià)降低數(shù)==0.3(mol)，n(Cu)==0.15mol，和銅反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量=生成Cu(NO3)2的硝酸的物質(zhì)的量+發(fā)生還原反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量。(1)硝酸被還原為NO，硝酸的物質(zhì)的量為：0.15×2+=0.4(mol)；(2)硝酸被還原為N2O4、NO2,硝酸的物質(zhì)的量為：0.15×2+0.3=0.6(mol)；(3)硝酸被還原為NO、N2O4、NO2的混合氣體，硝酸的物質(zhì)的量為：在0.4-0.6之間。答案選A。5、C【解析】A．閃電時(shí)N2轉(zhuǎn)化為NO，屬于自然固氮，故A不選；B．由NH3轉(zhuǎn)變成NH4HCO3，氮元素化合價(jià)不變，不屬于固氮，故B不選；C．工業(yè)合成氨是N2與H2在一定條件下反應(yīng)生成NH3，屬于人工固氮，故C選；D．豆科作物根瘤菌將N2轉(zhuǎn)化為含氮化合物，屬于生物固氮，屬于生物固氮，故D不選；故選C。6、A【分析】pH=1的溶液中氫離子濃度為0.1mol/L，100mL該溶液中含有氫離子的物質(zhì)的量為0.01mol，則一定不存在CO；向溶液中通入氯氣分液后得到紫色溶液，則原溶液中含有I-，鐵離子能夠氧化碘離子，則一定不存在Fe3+；2.54g為碘單質(zhì)，物質(zhì)的量為=0.01mol，原溶液中含有碘離子的物質(zhì)的量為0.02mol；水層中加入氫氧化鈉溶液得到固體，該固體為氫氧化亞鐵，灼燒固體得到的1.60g為氧化鐵，則溶液中一定存在Fe2+，根據(jù)鐵元素守恒可知亞鐵離子的物質(zhì)的量為：×2=0.02mol，0.02mol亞鐵離子帶有正電荷為0.04mol，0.02mol碘離子帶有0.02mol電子，所以原溶液中一定含有Cl-，其物質(zhì)的量至少為0.04mol-0.02mol-0.01mol=0.01mol，氯離子的濃度最小為=0.1mol/L，以此解答該題?！驹斀狻緼.由以上分析可知原溶液中一定含有Fe2+、I?、Cl?，故A正確；B.原溶液中一定不存在CO，一定含有Cl?，故B錯(cuò)誤；C.原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)分析可知該溶液中c(Cl?)?0.1mol?L?1，故D錯(cuò)誤；故選A。7、B【詳解】A.

NaClO2中Cl元素化合價(jià)為+3價(jià)，該物質(zhì)具有強(qiáng)的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能與某些有色物質(zhì)結(jié)合，產(chǎn)生不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，因此二者的漂白原理不相同，A錯(cuò)誤；B.反應(yīng)I中發(fā)生的反應(yīng)為3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，氧化產(chǎn)物是Na2SO4和H2SO4，還原產(chǎn)物是ClO2和NaCl，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量比為4:3，故B正確；C.反應(yīng)I中發(fā)生的反應(yīng)為3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反應(yīng)產(chǎn)生的ClO2氣體進(jìn)入反應(yīng)II裝置，發(fā)生反應(yīng)：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合價(jià)由反應(yīng)前的-1變?yōu)榉磻?yīng)后中O2中的0價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，H2O2作還原劑，故C錯(cuò)誤；D.實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行結(jié)晶操作通常在蒸發(fā)皿中進(jìn)行，坩堝是灼燒使用的儀器，故D錯(cuò)誤；正確答案是B?！军c(diǎn)睛】本題以高效漂白劑NaClO2制備為線索，考查了物質(zhì)的作用、混合物的引入、儀器的使用等知識(shí)。掌握化學(xué)反應(yīng)原理、化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作及氧化還原反應(yīng)的知識(shí)是本題解答的關(guān)鍵。8、C【解析】假設(shè)溶液是1L，根據(jù)電荷守恒可知陽離子所帶正電荷的物質(zhì)的量是0.01mol+0.02mol+0.014mol×3＝0.072mol，陰離子所帶正電荷的物質(zhì)的量是0.02mol+0.024mol×2＝0.068mol＜0.072mol，所以另一種離子是陰離子。由于碳酸根與鐵離子不能大量共存，則該溶液中還可能大量存在的一種離子是Cl-，答案選C。9、C【解析】A.石灰石和鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體，由于HCl具有揮發(fā)性，所以將氣體直接通入硅酸鈉溶液中，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl；CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2Na2CO3，因此不可以證明碳酸的酸性比硅酸強(qiáng)，A錯(cuò)誤；B.向FeCl3溶液中通入足量的H2S，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，只能形成S單質(zhì)一種沉淀，可以證明Fe3+的氧化性強(qiáng)于S，B錯(cuò)誤；C.向某無色溶液中滴加少量新制氯水，加入淀粉后溶液變成藍(lán)色，說明反應(yīng)后的溶液中含有I2，則加入氯水前溶液中含有I-，發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2I-=2Cl-+I2，C正確；D.難溶物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化通常都是可逆反應(yīng)，由于向AgCl固體上滴加的是飽和Na2CrO4溶液后有磚紅色沉淀生成，故不能說明兩者的溶解度大小，且AgCl、Ag2CrO4的類型不同，更不能由現(xiàn)象直接比較兩者的Ksp，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)的知識(shí)，為高考常見題型，把握有機(jī)物的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、非金屬性比較、沉淀生成、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，選項(xiàng)D為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。10、C【解析】A.用硫黃制硫酸時(shí)，第一步只能將硫氧化成SO2，故A錯(cuò)誤；B.酸雨與土壤中的金屬氧化物反應(yīng)后，硫元素以SO42-的形式進(jìn)入土壤中，故B錯(cuò)誤；C.在燃煤中加入石灰石，高溫下石灰石分解生成CaO，可與SO2以及氧氣反應(yīng)生成硫酸鈣，故C正確；D.土壤中的閃鋅礦(ZnS)遇到硫酸銅溶液轉(zhuǎn)化為銅藍(lán)(CuS)，說明CuS的溶解度比ZnS的小，與CuS很穩(wěn)定不具有還原性無關(guān)，故D錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】硫單質(zhì)在氧氣中燃燒的產(chǎn)物是二氧化硫，而二氧化硫和氧氣需要在催化劑、加熱條件下才能進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為三氧化硫。11、B【詳解】根據(jù)示意圖，在左側(cè)，CO和水生成了CO2和H＋，則CO中C的化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，在電解池中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，則a為電源的正極，陽極反應(yīng)為CO－2e－＋H2O=CO2＋2H＋；b為電源的負(fù)極，根據(jù)圖示，陰極反應(yīng)為2H＋＋2e－=H2↑。A、根據(jù)圖示，右側(cè)，H＋得到電子，生成H2，發(fā)生還原反應(yīng)，電解池中陰極發(fā)生還原反應(yīng)，則b為電極的負(fù)極，A錯(cuò)誤；B、根據(jù)示意圖，左側(cè)，CO和水生成了CO2和H＋，CO中C的化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為CO－2e－＋H2O=CO2＋2H＋；B正確；C、電解池中，陽離子向陰極移動(dòng)，H＋向陰極移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D、沒有說明氣體所處的狀態(tài)，無法得知11.2LO2的物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤；答案選B。12、C【分析】①熔融的NaHSO4完全電離是鈉離子、硫酸氫根離子離子；②NaHSO4在水溶液中完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子；③NaHCO3是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子離子能部分電離生成碳酸根離子和氫離子；④H2CO3是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離?！驹斀狻考偃邕@些物質(zhì)的物質(zhì)的量都是1mol，①熔融的NaHSO4完全電離是鈉離子、硫酸氫根離子離子，熔融狀態(tài)下自由移動(dòng)離子的物質(zhì)的量為2mol；②NaHSO4在水溶液中完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，溶液中自由移動(dòng)離子的物質(zhì)的量為3mol；③NaHCO3是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子離子能部分電離生成碳酸根離子和氫離子，但是碳酸氫根離子電離程度較小，所以溶液中離子物質(zhì)的量大于2mol而小于3mol；④H2CO3是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，離子濃度很小，所以自由移動(dòng)離子數(shù)目由大到小的排列順序?yàn)棰冖邰佗埽屎侠磉x項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題以離子數(shù)目計(jì)算為載體考查強(qiáng)弱電解質(zhì)及電解質(zhì)電離特點(diǎn)，明確硫酸氫鈉在熔融狀態(tài)下和水溶液里電離方式區(qū)別是解題關(guān)鍵，注意強(qiáng)酸酸式鹽和弱酸酸式鹽電離不同點(diǎn)。13、B【詳解】A.牛奶在冰箱里保存，通過降低溫度減小牛奶變質(zhì)的反應(yīng)速度，與題意不符，故A錯(cuò)誤；B.向玻璃中加入氧化鉛，可增強(qiáng)玻璃的折光率，與反應(yīng)速率無關(guān)，符合題意，故B正確；C.高爐煉鐵前先將鐵礦石粉碎，目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，從而起到增大反應(yīng)速率的目的，與題意不符，故C錯(cuò)誤；D.在糕點(diǎn)包裝內(nèi)放置小包除氧劑來防止食品被氧化，減慢食物因氧化而變質(zhì)的速度，與題意不符，故D錯(cuò)誤；答案選B。14、A【解析】A項(xiàng)，該反應(yīng)為分解反應(yīng)，ΔH0，反應(yīng)物中沒有氣體，生成物中有氣體，ΔS0，正確；B項(xiàng)，NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，加水稀釋促進(jìn)NH4+的水解，為水解平衡常數(shù)，溫度不變，水解平衡常數(shù)不變，加水稀釋不變，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，沒有指明H2所處溫度和壓強(qiáng)，無法計(jì)算11.2LH2的物質(zhì)的量，無法計(jì)算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)；D項(xiàng)，由于NaCl和KBr的濃度未知，無法確定加入AgNO3溶液優(yōu)先達(dá)到的是AgCl的溶度積還是AgBr的溶度積，無法確定優(yōu)先生成AgCl沉淀還是AgBr沉淀，錯(cuò)誤；答案選A。點(diǎn)睛：易錯(cuò)分析：錯(cuò)選B，以為加水稀釋促進(jìn)NH4+的水解，NH3·H2O、H+物質(zhì)的量濃度增加，NH4+物質(zhì)的量濃度減小，增大；錯(cuò)選C，以22.4L/mol計(jì)算H2物質(zhì)的量；錯(cuò)選D，Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），以為加入AgNO3溶液一定先達(dá)到AgBr的溶度積，忽視溶液中Cl-和Br-濃度的大小未知。15、D【詳解】A．根據(jù)圖像，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，故NH3催化還原NO為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．NH3斷裂的是N-H極性鍵，故B錯(cuò)誤；C．NO→N2，化合價(jià)由+2→0，化合價(jià)降低，得電子作氧化劑，F(xiàn)e2+在反應(yīng)前后沒有發(fā)生變化，故作催化劑，故C錯(cuò)誤；D．由圖象知，脫硝的總反應(yīng)為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)

4N2(g)+6H2O(g)，故D正確；故選D。16、D【解析】以硫酸溶液為電解質(zhì)溶液，正極反應(yīng)式為：O2+4e-+4H+=2H2O，A錯(cuò)誤；氫氣燃燒生成水，硫酸的物質(zhì)的量濃度就小，B錯(cuò)誤；氫氣在電極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，C錯(cuò)誤；溶液中正極附近氫離子濃度減小，負(fù)極附近氫離子濃度增大，氫離子由負(fù)極流向通氧氣的正電極，D正確。二、非選擇題（本題包括5小題）17、甲醛醛基加成反應(yīng)++NaCl+H2O6【解析】根據(jù)流程圖知，①為消去反應(yīng)、②為加成反應(yīng)、③發(fā)生信息i的氧化反應(yīng)，則A為HCHO、B為，B發(fā)生信息ii的反應(yīng)，C結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，C發(fā)生縮聚反應(yīng)生成E，E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，C發(fā)生消去反應(yīng)生成D，D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D和苯酚發(fā)生酯化反應(yīng)生成。(1)A的名稱為甲醛，B為，B含有的官能團(tuán)是醛基，故答案為甲醛；醛基；(2)②的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，故答案為加成反應(yīng)；(3)①的反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(4)C發(fā)生縮聚反應(yīng)生成E，E結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則③的反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為；(5)D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，與D互為同分異構(gòu)體且含有碳碳雙鍵的苯的二取代物，其取代基為-CH=CH2、-COOH，有鄰間對(duì)三種，如果取代基為-CH=CH2和HCOO-，有鄰間對(duì)三種，所以符合條件的有6種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：1：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，故答案為；6；；(6)CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH(OH)CN，該物質(zhì)發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH(OH)COOH，其合成路線為，故答案為。點(diǎn)睛：本題考查有機(jī)物推斷和有機(jī)合成，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及知識(shí)綜合應(yīng)用能力，明確有機(jī)物官能團(tuán)及其性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)類型及反應(yīng)條件是解本題關(guān)鍵。難點(diǎn)是根據(jù)反應(yīng)物和生成物采用知識(shí)遷移的方法進(jìn)行有機(jī)合成。18、（1）（2分）（2）羰基（或酮基）、醛基（2分）（3）氧化反應(yīng)（1分）縮聚反應(yīng)（1分）（4）CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O（3分）（5）（6）5（3分）【解析】試題分析：烴A的質(zhì)譜圖中，質(zhì)荷比最大的數(shù)值為42，即相對(duì)分子質(zhì)量是42。碳?xì)鋬稍氐馁|(zhì)量比為6:1，所以含有碳原子的個(gè)數(shù)是，氫原子個(gè)數(shù)是，因此分子式為C3H6。其核磁共振氫譜有三個(gè)峰，峰的面積比為1:2:3，因此A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH＝CH2。A中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，則F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。根據(jù)已知3信息可知A被高錳酸鉀溶液氧化生成B，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHOHCH2OH。B發(fā)生催化氧化生成C，則C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COCHO。C分子中含有醛基，被氫氧化銅懸濁液氧化并酸化后生成D，則D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COCOOH。D與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成E，則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHOHCOOH。E分子中含有羥基和羧基，發(fā)生加聚反應(yīng)生成G，則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（1）根據(jù)以上分析可知F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（2）有機(jī)物C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，C中的官能團(tuán)名稱羰基（或酮基）、醛基。（3）根據(jù)以上分析可知A→B是氧化反應(yīng)，E→G是縮聚反應(yīng)。（4）C酯含有醛基與新制的氫氧化銅反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O。（5）E在一定條件下可以相互反應(yīng)生成一種六元環(huán)有機(jī)物，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（6）與E互為同分異構(gòu)體，且屬于酯類的有機(jī)物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外還有HCOOCH2CH2OH、HCOOCHOHCH3、HCOOCH2OCH3、CH3COOCH2OH、HOCH2COOCH3共計(jì)是5種?？键c(diǎn)：考查有機(jī)物推斷、官能團(tuán)、反應(yīng)類型、同分異構(gòu)體判斷以及方程式書寫19、ACBEDFCa2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品紅不褪色,F中產(chǎn)生白色沉淀H2SO3、HSO3-、SO32-過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)將實(shí)驗(yàn)②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因?yàn)榍罢撸粗畡t為后者【解析】探究一：次氯酸具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱，先驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強(qiáng)堿性判斷。A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中。探究二：實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應(yīng)避免空氣中水蒸氣加入，SO2對(duì)環(huán)境有污染，需要尾氣處理；SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品紅褪色的微粒含有S元素；當(dāng)氯氣或者二氧化硫多余時(shí)，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加熱可恢復(fù)性，據(jù)此分析。【詳解】（1）次氯酸具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應(yīng)判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱，先驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，再結(jié)合碳酸酸性比HClO強(qiáng)堿性判斷．A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗(yàn)證亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中，則：裝置連接順序?yàn)锳、C、B、E、D、F，F(xiàn)中為二氧化碳?xì)怏w與漂白粉溶液反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，離子方程式為：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案為ACBEDF，Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。（2）要證明H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO，因?yàn)槎趸蚺c次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO即可：應(yīng)先用二氧化硫制備二氧化碳（A利用鹽酸和亞硫酸氫鈉反應(yīng)制取二氧化硫，C通過飽和的亞硫酸氫鈉洗去二氧化硫中的氯化氫，通過B二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸和碳酸氫鈉反應(yīng)制取二氧化碳），制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體（E用酸性高錳酸鉀除去二氧化硫），再用品紅檢驗(yàn)二氧化硫是否除凈（D用品紅檢驗(yàn)），再通入漂白粉中（F），能證明H2SO3的酸性強(qiáng)于HClO的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為D中品紅不褪色，F(xiàn)中產(chǎn)生白色沉淀，故答案為：D中品紅不褪色，F(xiàn)中產(chǎn)生白色沉淀。（3）實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應(yīng)避免空氣中水蒸氣加入，SO2對(duì)環(huán)境有污染，需要吸收處理，故堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入H中干擾實(shí)驗(yàn)，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品紅褪色，而其水溶液可以，因此使品紅褪色的微粒可能是H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案為H2SO3、HSO3-、SO32-。（4）當(dāng)氯氣或者二氧化硫多余時(shí)，過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)；因?yàn)槎趸虻钠拙哂屑訜峥苫謴?fù)性，故將實(shí)驗(yàn)②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因?yàn)榍罢?，反之則為后者；故答案為過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結(jié)合成無色物質(zhì)；將實(shí)驗(yàn)②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因?yàn)榍罢?，反之則為后者。20、CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2Ob分離生成的水，使平衡正向移動(dòng)，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率C洗掉濃硫酸和過量的乙酸d77.1%【分析】（1）根據(jù)冷水從下進(jìn)上出冷卻效果好判斷進(jìn)水口，正丁醇和冰醋酸反應(yīng)生成乙酸丁酯和水，水的密度大，除掉生成物平衡右移；（2）①根據(jù)各物質(zhì)的溶解性及性質(zhì)進(jìn)行排序；②飽和碳酸鈉溶液能洗掉濃硫酸和過量的乙酸；③乙酸丁酯的不溶于水，密度比水小，所以先從下口放出水溶液，再?gòu)纳峡诘钩鲆宜岫□?；?）先根據(jù)正丁醇的量計(jì)算理論上酯的量，再根據(jù)水的量計(jì)算實(shí)際上酯的量，實(shí)際上酯的量與理論值之比即為酯的產(chǎn)率?！驹斀狻浚?）正丁醇和冰醋酸（過量)反應(yīng)生成乙酸丁酯和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O，冷凝管冷卻時(shí)，采用逆流冷卻的效果好，所以冷水從b進(jìn)，生成乙酸丁酯的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，生成物有水，分離生成的水，使平衡正向移動(dòng)，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，所以要通過分水器不斷分離除去反應(yīng)生成的水，

故答案為CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O；b；分離生成的水，使平衡正向移動(dòng)，提高反應(yīng)產(chǎn)率。

（2）①因?yàn)檎〈己鸵宜岫季哂袚]發(fā)性，所以制取的酯中含有正丁醇和乙酸，第一步水洗除去酯中的正丁醇和乙酸；第二步用10%碳酸鈉洗滌除去乙酸；第三步用水洗滌除去碳酸鈉溶液；第四步用無水硫酸鎂干燥除去水；第五步蒸餾，制得較純凈的酯。

故選C。

②制備乙酸丁酯時(shí)常用飽和碳酸鈉溶液，目的是除去產(chǎn)品中含有的乙酸、硫酸等雜質(zhì)降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分層得到酯，

故答案為除去產(chǎn)品中含有的乙酸、硫酸等雜質(zhì)。

③由于