2026届湖南省邵阳市洞口一中、隆回一中、武冈二中化学高三上期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届湖南省邵阳市洞口一中、隆回一中、武冈二中化学高三上期中学业水平测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关于金属的说法中不正确的是()A．合金比纯金属具有较好的性能，一般情况下，硬度比纯金属高，熔点比纯金属的低B．合金仍然具有金属特性C．常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属D．将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀2、25℃时，在25mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，液pH与CH3COOH溶液体积关系如下图所示，下列有关粒子浓度大小关系正确的是A．a＝12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)B．C点时溶液中有:c(Na+)＞

c(CH3COO－)＞c(H+)>c(OH－)C．D点时溶液中有:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)D．曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)3、观察如图装置，下列说法正确的是A．a、b接电流表，该装置为原电池B．a、b接直流电源，该装置为电解池C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极4、常温下，向20.00mL.0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200mol·L-1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示（不考虑NH3·H2O的分解和NH3的挥发）。下列说法不正确的是A．点a所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)><(OH-)B．点b所示溶液中：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)>c(H+)=c(OH-)C．点c所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)D．点d所示溶液中：c(SO42-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)5、下列方程式正确的是A．Fe2(SO4)3溶液和足量Zn充分反应：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+B．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO-+2H2O═Fe(OH)2↓+2HClOC．氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2OD．氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O6、化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂B．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化C．草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．200g63%的浓硝酸中含氧原子个数为6NAB．14g乙烯和环丙烷混合物含有的氢原子数目为2NAC．46gNa与一定量O2完全反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为3NAD．将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA8、下列广告语对应商品中含有的物质有误的是A．“红梅味精，领先（鲜）一步”——蛋白质B．“衡水老白干，喝出男人味”——乙醇C．“吃了钙中钙，腰不疼了，腿不痛了，腰杆也直了”——碳酸钙D．“要想皮肤好，早晚用大宝”——丙三醇9、海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（）①试剂M是盐酸②流程中的反应全部都是非氧化还原反应③操作b只是过滤④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤10、对氮原子核外的未成对电子的描述，正确的是A．电子云形状不同 B．能量不同 C．在同一轨道 D．自旋方向相同11、“结构决定性质”，有关物质结构的下列说法中正确的是（）A．碘熔化时破坏了化学键B．共价化合物不一定是电解质C．干冰晶体内存在非极性键与范德华力D．液态氟化氢中存在氢键，故氟化氢比氯化氢更稳定12、我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是A．放电时，a电极反应为B．放电时，溶液中离子的数目增大C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化D．充电时，a电极接外电源负极13、保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水封法”保存的是A．乙醇 B．硝基苯 C．甘油 D．己烷14、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3下列说法不正确的是A．在pH＜4的溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH＞6的溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH＞14的溶液中，碳钢腐蚀的反应为O2+4OH-+4e-===2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减慢15、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．在pH=1的溶液中：SO、Cl−、NO、Na+B．在能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl−、NO、K+C．在1mol·L-1的NaAlO2溶液中：K+、Ba2+、SO、OH−D．在1mol·L-1的AlCl3溶液中：NH、Ag+、Na+、NO16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下33.6L氯气与27g铝充分反应，转移的电子数为3NAB．标准状况下,28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4NAC．一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目为2NAD．在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，又知电解后溶液体积为1L，在阳极析出的气体分子数约为0.25NA17、某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列叙述中正确的是A．溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)B．NaHSO4属于酸式盐，加入水中促进水的电离C．1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为3NAD．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性18、阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A．0.1mol熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子B．0.2mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NAC．50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．18gH2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA19、氢氧化铈是一种重要的稀土氢氧化物．平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含、、)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．滤渣A中主要含有、B．①中洗涤的目的主要是为了除去和C．过程②中发生反应的离子方程式为D．过程④中消耗，转移电子数约为20、下列各组物质中，前者属于电解质，后者属于混合物的是（

）A．纯碱，饱和食盐水 B．氯水，漂白粉C．盐酸，碱石灰 D．液氨，硫酸铵21、下列物质所发生的化学反应中，由于反应物的用量不同而得到不同产物的是①硫化氢气体和氧气②铁丝和氯气③氯化铝溶液和烧碱溶液④氯气和烧碱溶液⑤碳酸钠溶液和稀盐酸⑥硫磺和铁粉A．全部都是 B．①③⑤ C．①②③⑤ D．①④⑤⑥22、已知反应：。将一定量的充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是A．b点的操作是压缩注射器B．c点与a点相比，增大，减小C．平均摩尔质量：D．d点：二、非选择题(共84分)23、（14分）香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下:已知:①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)②D与A互为同系物;在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。（1）A的名称是____，G中含氧官能团的名称是____。

（2）②的反应类型是____，B和F的结构简式分别为______、______。

（3）写出一种能鉴别A和D的试剂:______;C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有____种。

（4）写出反应①的化学方程式:_____________。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_______________24、（12分）氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；②回答下列问题：(1)A的化学名称为_________。(2)G的结构简式为_________，G中的含氧官能团是________________（填官能团名称）。(3)由B生成C的反应类型为_________，由C生成D的反应类型为_________。(4)由E生成F的化学方程式为_________。(5)G的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应、核磁共振氢谱之比是1：1：3的同分异构体结构简式_________、_________。（写两种即可）25、（12分）正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/℃密度/(g·cm-3)水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶实验步骤如下：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90—95℃，在E中收集90℃以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75—77℃馏分，产量2.0g。回答下列问题：（1）实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由_____。（2）加入沸石的作用是_____。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是______。（3）上述装置图中，B仪器的名称是_____，D仪器的名称是_____。（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是_____（填正确答案标号）。a．润湿b．干燥c．检漏d．标定（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在_____层（填“上”或“下”）（6）反应温度应保持在90—95℃，其原因是_____。（7）本实验中，正丁醛的产率为_____%。26、（10分）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。实验序号ⅠⅡ实验操作实验现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i.MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii.酸性条件下氧化性:KMnO4＞KIO3＞I2。（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了________。（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：①经检验，实验II初始阶段I—的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为________。②黑色固体是________。③设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：________。④写出生成IO3-的离子方程式：________。（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________。（4）实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与________有关（写出两点即可）。27、（12分）三氯氧磷（POCl3）可用于制备增塑剂，常温下为无色透明液体，密度1.68g/mL,沸点105.8oC,易挥发，易水解。一中化学兴趣小组探究制备POCl3所需的装置如下图所示：反应原理：（PC13常温下为液态，密度1.57g/mL，沸点75oC，易挥发，易水解）。（1）仪器3的名称是________，仪器2中装入的物质为_______，仪器1的作用是___________。（2）A中发生的反应的离子方程式可能为__________________________________（3）请组装好上述装置（如有必要可以重复选择），用小写字母连接：_________________。（4）开始通入氯气，同时慢慢滴加水，控制氯气和水的质量比大于等于3.94，理由是_____________________________________。（5）准确量取13.75mLPCl3充分反应后经分离提纯得到纯净的POCl316.8g，请计算实验的产率为________________________.28、（14分）机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1＝−393.5kJ·mol−12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2＝−221.0kJ·mol−1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3＝+180.5kJ·mol−1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_________________________。（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：时间（s）012345c(NO)/（10−4mol·L−1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/（10−3mol·L−1)3.603.052.852.752.702.70①前4s内的平均反应速率υ(CO)＝______mol·L−1·s−1。②L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系______，并简述理由：______________________________。（3）实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数。②若在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=___________。（保留一位小数）II.有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=−34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应，经相同时间测得NO的转化率随温度的变化如图B所示。由图可知最高转化率对应温度为450℃。低于450℃时，NO的转化率______（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是________________________；高于450OC时，NO的转化率降低的可能原因是___________（填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变小C．反应活化能增大29、（10分）前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：（1）B原子的L层电子排布图____________。（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为________，B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是___________；C、D和E的电负性由大到小的顺序为___________；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是____________；C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_________________。CO中C的杂化方式为___________，该离子的“VSEPR”模型为__________________形。（3）向FDO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为_______，该离子的配位体为________________。（4）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3（精确到0.1），最近的黑球和白球之间的距离为_______pm。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】A．合金的硬度大，熔点低，故A正确；B．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，故B正确；C．活泼金属如Na、Mg、Al常用电解法冶炼，故C正确；D．将钢闸门与直流电源的正极相连，钢闸作阳极，活泼金属铁作阳极，容易失去电子而被腐蚀，所以将钢闸门与直流电源的正极相连不能防止其被腐蚀，反而能加快被腐蚀，故D错误；故选D。点睛：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属．合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好。2、C【解析】A、反应至溶液显中性时，即c（OH-）=c（H+），醋酸应稍过量，a＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)=c(H+)，选项A错误；B、在C点，溶液显酸性，醋酸过量，溶液中有c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）＜c（CH3COO-），溶液中离子浓度大小关系为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项B错误；C、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒可得：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，而c（Na+）=0.05mol/L，所以c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），选项C正确；D、根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），若c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)成立则与溶液必须呈电中性不相符合，选项D错误。答案选C。3、C【详解】A、如果液体c为乙醇等非电解质，则不符合构成原电池的条件，故A错误；B、如果液体c为乙醇等非电解质，该电路为断路，不能构成电解池，故B错误；C、连接直流电源，如果让铁作阴极，按照电解原理，铁不被腐蚀，故C正确；D、如果接电流表，构成原电池，铁作负极，如果接直流电源，构成电解池，两极的名称为阴阳极，故D错误。4、D【解析】A.点a

所示溶液就是0.1000

mol·L-1(NH4)2SO4溶液，该溶液因铵根离子水解而显酸性，故c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)><(OH-)，A正确；B.点b所示溶液中，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)>c(H+)=c(OH-)，B正确；C.点c所示溶液中所加氢氧化钠的物质的量恰好为硫酸铵的物质的量相等，溶液中有物质的量相等的3种溶质硫酸铵、硫酸钠和一水合氨，由电荷守恒可得c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由物料守恒可得，c(Na+)=c(SO42-)、c(SO42-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，所以，c(SO42-)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，C正确；D.点d所示溶液中所加的氢氧化钠恰好与硫酸铵完全反应，得到硫酸钠和氨水的混合液，溶液呈碱性，所以c(NH3·H2O

)>c(SO42-)>c(OH-)>c(NH4+)，D不正确。本题选D。5、D【解析】A.Zn的活泼性大于铁，过量的锌可以置换出铁，反应离子方程式：2Fe3++3Zn═2Fe+3Zn2+；A错误；B.由于次氯酸具有强氧化性，能够把+2价铁氧化为+3价，不能生成Fe(OH)2，B错误；C.氢氧化铁与HI溶液反应时，发生Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O反应，同时还有2Fe3++2I-=2Fe2++I2反应发生，方程式书写不完全，C错误；D.碱性氧化物氧化铁与稀硝酸反应生成盐和水，离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，D正确；综上所述，本题选D。6、A【分析】本题考查了生活实际与化学，涉及净水原理，化肥性质，燃料热值和沉淀平衡。【详解】A.根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；B.聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但与氯化钠无关，不能淡化海水，B错误；C.草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；D.热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误；答案为A。【点睛】聚铁是一种净水剂，只能除去水中的悬浮物，不能除去海水中的NaCl，不能对海水消毒杀菌。7、B【详解】A．200g63%的浓硝酸中，硝酸中含有氧原子个数为，溶液中还有74g水,其中也含有氧原子，故200g63%的浓硝酸中含氧原子个数大于6NA，A错误；B．乙烯分子式为C2H4，环丙烷分子式为C3H6，故可看成是14g的(CH2)n，其中含有的的氢原子数目为，B正确；C．1molNa只要完全反应，只能失去1mol电子；46gNa与一定量O2完全反应，产物不管是Na2O还是Na2O2或是两者混合物，转移电子数均为，C错误；D．将1molCl2通入水中，Cl2与水的反应是可逆反应，由Cl原子守恒可知除了HClO、Cl-、ClO-粒子外，还存在Cl2，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，D错误；故选B。8、A【详解】A．“红梅味精，领先（鲜）一步”味精的主要成分是谷氨酸钠，是盐，不是蛋白质，错误；B．“衡水老白干，喝出男人味”，酒的主要成分是乙醇，正确；C．“吃了钙中钙，腰不疼了，腿不痛了，腰杆也直了”，钙中钙是补钙药剂，主要成分是碳酸钙，正确；D．“要想皮肤好，早晚用大宝”，大宝的主要成分是吸水性很强的物质丙三醇，正确；答案选A。9、D【分析】生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；【详解】①M是盐酸，用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；②电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②错误；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；⑤氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，答案选D。10、D【解析】碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同.【详解】A、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；B、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故B错误；C、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故C错误；D、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故D正确；故选D【点睛】易错点B，注意同一能层相同能级上的电子能量相同，电子云形状相同。11、B【详解】A、碘熔化时破坏的是分子间作用力，没有破坏化学键，A错误；B、共价化合物有可能是电解质，如HCl是共价化合物，溶于水能够导电，所以HCl属于电解质，而有些共价化合物如CO2溶于水，虽然能导电，但不是CO2的电离，而是H2CO3的电离，所以CO2是非电解质，B正确；C、干冰晶体内只有分子间作用力（还有氢键），化学键只存在于一个分子内部原子之间如HCl分子，化学键只存在于H和Cl原子间，C错误；D、氢键影响物质的熔沸点和密度及溶解度等性质，与物质的热稳定性无关，稳定性与化学键的强弱有关，化学键越强，稳定性越高，氟化氢比氯化氢更稳定，是因为氟化氢的化学键强于氯化氢的化学键，D错误。正确答案为B【点睛】分子间的作用力、氢键影响物质的熔沸点，而化学键影响物质的热稳定性。12、D【分析】放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大。13、B【分析】有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答．【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；答案选B。14、C【详解】A.当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B.当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C.在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D.将碱性溶液煮沸除去氧气后，正极上氧气生成氢氧根离子的速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。15、B【解析】试题分析：A．在pH=1的溶液显酸性，SO32－与NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B．在能使酚酞变红的溶液显碱性，Na+、Cl−、NO3－、K+可以大量共存，B正确；C．在溶液中Ba2+、SO42－不能大量共存，C错误；D．在1mol·L-1的AlCl3溶液中Ag+不能大量共存，D错误，答案选B。考点：考查离子共存16、D【解析】A.根据题意该反应是在常温常压下进行的，不是在标况下，33.6L氯气的物质的量不一定是1.5mol，所以无法计算电子转移数目，故A错误；B.此选项与条件无关，可采取极端假设法。假设28g全是乙烯气体，则含有的原子数为，假设28g全是丙烯气体，则含有的原子数为：，故28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数也为6NA，故B错误；C.氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目小于2NA，故C错误；D.在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，c（H+）=1mol/L，又知电解后溶液体积为1L，氢离子物质的量为1mol/L×1L=1mol，电解反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，则在阳极析出的气体物质的量为0.25mol，分子数约为0.25NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数。如果涉及到的运用时特别注意依据气体摩尔体积的应用条件进行分析判断，例如A选项常温常压下的33.6L氯气物质的量不一定是1.5mol；解答C选项时注意氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应不能进行彻底。17、A【分析】溶液中存在电荷守恒，Na+、SO4不水解；酸式盐是可电离出氢离子的盐；硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成；蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为。【详解】A．溶液中有电荷守恒：，又NaHSO4电离：，，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)，故A正确；B．酸式盐是可电离出氢离子的盐，NaHSO4电离会生成H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B错误；C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D．蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为：，要使溶液呈中性，则加入的应等于，溶液的pH为2，，，碱液的pH应为10，故D错误；答案选A。18、A【详解】A．0.1mol熔融的KHSO4电离产生0.1molK+、0.1molHSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A正确；B．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3molFe反应转移8mol电子，则0.2molFe反应转移电子的物质的量为0.2×NA=0.53NA，B错误；C．在该溶液中含HCl的物质的量

n(HCl)=cV=12mol/L×0.05L=0.6mol，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6mol×24=0.3mol，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C错误；D．H2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10NA，D错误；故选A。19、D【分析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品，据此分析解答。【详解】A．根据分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B．根据分析，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，①中洗涤的目的主要是为了除去滤渣表面附着的和，故B正确；C．过程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C正确；D．过程④中消耗的状态未知，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则转移电子数无法确定，故D错误；答案选D。20、A【详解】A.纯碱为碳酸钠，是电解质，饱和食盐水为氯化钠溶液，为混合物，故正确；B.氯水为氯气的水溶液为混合物，故错误；C.盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，故错误；D.液氨为非电解质，硫酸铵为纯净物，故错误。故选A。21、B【详解】①硫化氢气体在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，氧气不足生成硫，反应物的用量不同而得到不同产物，故①符合；②铁和氯气反应生成氯化铁，与反应物用量无关，故②不符合；③氯化铝溶液与过量烧碱溶液反应生成偏铝酸钠，烧碱不足生成氢氧化铝，反应物的用量不同而得到不同产物，故③符合；④氯气和烧碱溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠与水，与反应物用量无关，故④不符合；⑤碳酸钠溶液与过量稀盐酸反应生成二氧化碳，盐酸不足生成碳酸氢钠，反应物的用量不同而得到不同产物，故⑤符合；⑥硫磺和铁粉在加热条件下反应生成硫化亚铁，与反应物用量无关，故⑥不符合；答案选B。22、A【解析】b时气体的透光率迅速下降，说明b点的操作是压缩注射器，使体积迅速减小，NO2的浓度迅速增大，所以气体颜色加深，透光率减小，选项A正确。因为b点的操作是压缩注射器，随着体积的减小，注射器内气体的浓度一定增大，所以c点与a点相比，增大，增大，选项B错误。压缩体积增大压强，平衡正向移动，气体的总质量不变，总物质的量减小，所以平均分子量增大，即平均摩尔质量：，选项C错误。明显d点不是平衡态（透光率还在随着时间改变），所以，选项D错误。点睛：对于容器中的气体反应，一般来说，压缩体积相当于增大压强，平衡应该向气体的物质的量减小的方向移动，但是无论怎样移动，容器内所有气体的浓度一定随体积的减小而增大。对于气体仅在反应物或生成物的反应，考虑这类问题时，还要注意使用平衡常数K。例如：A(s)B(g)，K=c(B)，则压缩体积，平衡逆向移动，但是温度不变，K值不变，所以只能是c(B)不变。二、非选择题(共84分)23、甲苯羧基加成反应酸性高锰酸钾溶液4+CH3COOH+H2O【分析】由C→及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息①，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反应生成的G为。据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、，故答案为加成反应；；；(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种，故答案为酸性高锰酸钾溶液；4；(4)反应①为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为+CH3COOH+H2O；(5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断。主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。24、丙酮酯基消去反应取代反应+O2+H2O（或）【详解】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，A分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，用“商余法”=3…6，故A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱显示为单峰，且A能发生已知②的反应生成B，故A为，B为，根据C的分子式和B→C的反应条件，B发生消去反应生成的C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E为，E发生催化氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则F为，G为；(1)A为，其化学名称为丙酮；(2)G的结构简式为，G中含有的官能团为碳碳双键、酯基、氰基，其中含氧官能团是酯基；(3)与浓硫酸混合加热，发生消去反应生成；由与氯气光照反应生成，反应类型为取代反应；(4)由发生催化氧化生成的化学方程式为+O2+H2O；(5)的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应，说明为甲酸酯，再结合核磁共振氢谱之比是1：1：3，可知满足条件的同分异构体结构简式有。25、不能，易迸溅防止暴沸冷却后补加分液漏斗直形冷凝管c下既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化51【详解】（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；（3）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏；（5）正丁醛密度为0.8017g·cm-3，小于水的密度；（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90—95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（7）设正丁醛的产率为x%，根据关系式C4H10O-C4H8O74724x2解得：x=51。26、I2溶液分层，下层液体无色MnO2取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2OMnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱（其他答案合理给分）【分析】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；（2）①I—的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色。②二氧化锰能催化双氧水分解。③利用IO3-的氧化性，证明在“紫色清液”中存在IO3-。④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质。（4）根据实验现象分析。【详解】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；（2）①I—的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；③IO3-具有氧化性，IO3-可以被Na2SO3还原，取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-。④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3，反应的离子方程式是2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O。（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。27、恒压分液漏斗浓盐酸冷凝回流2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O或其他合理答案a→d→e→h→i→d→e→b防止水过量造成产物水解63.7%【分析】从反应原理看，反应在D中进行，A为制取Cl2的装置，但没有酒精灯，所以应为KMnO4与浓盐酸反应制Cl2。因为题中强调POCl3易水解，所以在整个流程中限制水的用量，反应用水尽可能少，气体尽可能干燥，即便是尾气处理，也要考虑防止吸收液中水的进入。【详解】（1）仪器3的名称是恒压分液漏斗，仪器2中装入的物质为浓盐酸，仪器1的作用是冷凝回流；（2）A中发生的反应的离子方程式可能为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）上述装置的连接顺序为:制氯气→干燥氯气→制POCl3→防水蒸气的进入→尾气处理，仪器的接口顺序为：a→d→e→h→i→d→e→b；（4）开始通入氯气。同时慢慢滴加水，控制氯气和水的质量比大于等于3.94(氯气与水的质量比)，也就是水反应完后无剩余，理由是防止水过量造成产物水解；（5）n(PCl3)=，n(POCl3)=0.157mol×153.5g/mol=24.1g，POCl3的产率为。28、2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H═-746.5

kJ•mol-12.25×10-4温度L2>L1该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大<0.5不是该反应是放热反应，平衡转化率随温度升高而降低AB【分析】I．(1)根据已知热化学方程式，利用盖斯定律的计算方法，进行已知反应方程式的加减，得到目标反应，方程式相加减的同时，焓变也进行相加减。(2)①利用题中已给表格数据找出前4s内CO的物质的量浓度变化数据，利用反应速率计算公式求解。②由图象可知随着x的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，可为升高温度，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则L2>L1。(3)①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数<k逆增大的倍数。②若在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则利用三段式求解相关数据，

2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)起始(mol/L):0.5

0.5

0

0转化(mol/L):0.2

0.2

0.1

0.2平衡(mol/L):0.3

0.3

0.1

0.2II.本题考查温度对化学平衡移动的影响，根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=−34.0kJ·mol−1，正反应放热，结合图像中NO转化率的变化，利用温度的变化对化学反应平衡移动的影响进行分析对反应物转化率的影响；该反应在催化剂条件下反生，催化剂的活性也受温度影响，催化剂的活性随温度的变化而变化，在一定温度范围内，催化剂活性最大，温度过高会导致催化剂失去活性，也会导致反应物转化率降低。【详解】I．（1）已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H2=-221.0kJ•mol-1③N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H

3=+180.5kJ•mol-1，利用盖斯定律，将①×2-②-③可得2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)△H═2×(-393.5kJ•mol-1）-(-221.0kJ•mol-1)-(+180.5kJ•mol-1)=-746.5kJ•mol-1，则热化学方程式为