2026届浙江省上虞市春晖中学化学高三第一学期期中学业质量监测试题含解析

2026届浙江省上虞市春晖中学化学高三第一学期期中学业质量监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列事实中,其中与盐类的水解无关的有（）A．长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结B．NaHSO4溶液呈酸性C．氯化铵溶液可除去金属制品表面的锈斑D．.配制AgNO3溶液，用稀硝酸溶解AgNO3固体2、图是酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物，被称之为奥林匹克烃，下列说法正确的是A．该有机物属于苯的同系物B．该有机物属于苯的衍生物C．该有机物的一氯代物有一种D．该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量3、某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是（）A．该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0mol·L－1B．一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小C．取100mL该“84消毒液”稀释100倍消毒，稀释后溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为143g4、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．Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Fe2+、K+、NO3－、SO42－B．通入大量CO2的溶液中：Na+、C6H5O－、CH3COO－、HCO3－C．c(ClO-)=l.0mol/L的溶液中：Na+、K+、S2－、SO42－D．能使酚酞变红的溶液中：K+、SO32－、CO32－、Cl－5、工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)ΔH<0，将0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：时间/min质量/g温度/℃01234562500.001.522.803.714.735.605.603000.002.133.454.484.484.484.48下列说法正确的是A．250℃,前2min，Si3N4的平均反应速率为0.02mol·L－1·min－1B．反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同C．达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快；平衡后，300℃比250℃慢D．反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多6、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A．强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl—、SO42—B．室温下，pH=1的盐酸中：Na+、Fe3+、NO3—、SO42—C．含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32—、Cl—D．由水电离产生的c(H+)=1×10—3溶液中：Na+、K+、Cl—、SiO32—7、(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是A．60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B．60℃之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关D．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关8、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NAB．Na2O2与足量H2O反应生成0.1molO2时转移电子的数目为0.4NAC．常温常压下，23gNO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子D．常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子9、下列变化，必须加入还原剂才能实现的是（）A．NaCl→AgCl B．KClO3→O2 C．MnO2→MnCl2 D．Cl2→Cl-10、CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下：反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H1=﹣58kJ·mol-1反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H2=+42kJ·mol-1下列说法不正确的是A．增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率B．增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应ⅰ的平衡常数增大C．升高温度，生成甲醇的速率加快，反应ⅱ的限度同时增加D．选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率11、下列有关化学反应的叙述正确的是A．Cu与稀硝酸反应生成NOB．Fe与H2O(g)加热生成Fe2O3C．Mg在CO2中燃烧生成MgCO3D．室温下，氨水中通入过量SO2生成(NH4)2SO312、3.52克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体3584mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mo1/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A．合金中铜和镁的物质的量相等B．加入NaOH溶液的体积是100mLC．得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24克D．浓硝酸与合金反应中起氧化性的硝酸的物质的量为0.16mol13、运用元素周期表和元素周期律分析下面的推断，下列说法不合理的是A．PH3、H2S、HCl的热稳定性和还原性从左到右依次增强B．若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:X>YC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性:CsOH>Ba(OH)214、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取0.5VmL溶液稀释到8VmL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度是A．18V1000(m1-m2)mol/L B．125a15、下列4种变化中，有一种与其他3种变化的类型不同，不同的是（）A．CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2OB．CH3CH3OHCH2=CH2↑+H2OC．2CH3CH2OHC2H5OC2H5+H2OD．CH3CH2OH+HBrC2H5Br+H2O16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NH3具有碱性，可用作制冷剂B．Al(OH)3具有两性，可用作聚合物的阻燃剂C．水玻璃具有碱性，可用于生产黏合剂和防火剂D．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂二、非选择题（本题包括5小题）17、阿比朵尔是种抗病毒药物，其合成路线之一如图所示：

已知：R－X＋NH3—→RNH2＋HX。请回答下列问题：(1)写出阿比朵尔中含氧官能团的名称：_________。(2)写出A→B的化学方程式：_________，该反应的反应类型为_________。(3)X的结构简式为_________。(4)设计以和CH3OH为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_________18、化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：已知：①A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8gA完全发生反应生成0.4mol银。②R1-CHO+R2-CH2CHO③R-COOHR-COCl④回答下列问题：(1)A的名称______E的结构简式为____________；G的名称为__________。(2)B中含有官能团的名称为_______________________。(3)C→D、D→E的反应类型分别为_____________、_______________。(4)写出F+H→M的化学反应方程式_________________。(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。0.5molW可与足量的Na反应生成1gH2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条件的W的同分异构体共有_______种，写出其中一种的结构简式____________。(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_____________。19、某研究小组设计如图所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。已知：①NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2。②NO、NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为③在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I．关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是________。(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是________。(3)装置F中的实验现象为______。装置H中收集的气体为N2和_______(填化学式)。Ⅱ．关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。(4)装置G的作用是________。(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和_____(填化学式)。(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。已知；在酸性条件下，NO可将MnO还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。①判断滴定终点的方法________。②样品中NaNO2的质量分数为___________(用含有a、b的代数式表示)。20、如下图在衬白纸的玻璃片中央放置适量的KMnO4颗粒，在周围分别滴加一滴含有酚酞的澄清石灰水、FeCl2溶液，然后在KMnO4晶体上滴加适量的浓盐酸，迅速盖好表面皿。提示：实验室中所用的少量氯气可以用下述原理制取：2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，此反应在常温下即能进行。(1)氧化剂与还原剂物质的量之比为____________，氧化产物为____________。(2)产生1．1molCl2，则转移电子的物质的量为______mol。(3)a处反应的化学方程式是（工业上用此原理制取漂白粉。）______________________，(4)b处离子方程式是_______________________________________________。(5)高锰酸钾标准溶液经常用来滴定测量物质的含量。用高锰酸钾法间接测定石灰石中CaCO3的含量的方法为:称取试样1．121g，用稀盐酸溶解后加入(NH4)2C2O4得CaC2O4沉淀。沉淀经过滤洗涤后溶于稀硫酸中。滴定生成的H2C2O4用去浓度为1．116mo/LKMnO4溶液2．11mL。①写出CaC2O4沉淀溶解的离子方程式:__________________________②配平并完成下列高锰酸钾滴定草酸反应的离子方程式:_____MnO4-+______H2C2O4+______H+=____Mn2++_____CO2↑+_____________21、副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取ng样品，加入过量______(填写试剂)、溶解、过滤、再通入足量______（填写试剂）、……灼烧、冷却、称量，得干燥固体mg。计算样品中氢氧化铝的质量分数为_______（用含m、n的代数式表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A项、（NH4）2SO4属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导致溶液呈酸性，使土壤酸性增大，发生板结，与盐类水解有关，故A错误；B项、NaHSO4是强酸强碱酸式盐，硫酸氢钠在溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故B正确；C项、氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导使溶液呈酸性，酸和锈反应生成盐和水，所以溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑与盐类水解有关，故C错误；D项、硝酸银属于强酸弱碱盐，银离子在溶液中水解导致其溶液呈酸性，为抑制银离子水解，在配制该溶液时用稀硝酸溶解硝酸银固体，与盐类水解有关，故D错误；故选B。2、D【详解】A、苯的同系物中只含1个苯环，则该有机物不属于苯的同系物，故A错误；B、该有机物中只含C、H元素，则属于烃，而不是苯的衍生物，故B错误；C、由结构的对称性可知，含7种位置的H原子，则该有机物的一氯代物有7种，故C错误；D、该有机物为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2、7molH2O，即生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量，故D正确。答案选D。【点睛】本题以信息的形式考查有机物的结构与性质，注意概念的辨析及应用来分析解答，选项C中注意利用对称性，选项D中注意利用化学式及原子守恒分析。3、D【解析】A.该“84消毒液”的物质的量浓为c===4.0mol·L－1，故A正确；B.一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的CO2变质而浓度变小，故B正确；C.稀释后的溶液中c(Na＋)等于其原物质的量浓度4.0mol·L－1的1/10，约为0.04mol·L－1，故C正确；D.应选取500mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量为：0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149g，故D不正确。故选D。4、D【详解】A、Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根离子能氧化强还原性离子，所以酸性溶液中Fe2+与NO3－不能大量共存,故A不选；B、碳酸的酸性大于苯酚,所以含有C6H5O－的溶液通入二氧化碳,会生成苯酚,所以溶液不能大量共存,故B不选；

C、次氯酸根离子能氧化还原性离子，则c(ClO-)=l.0mol/L的溶液中，S2－不能大量存在,故C不选；

D、酚酞变红的溶液显碱性，弱酸根离子在碱性条件下可以存在,则K+、SO32－、CO32－、Cl－能够大量存在,故D选;

综上说述，本题应选D。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成弱电解质、沉淀或气体，如题中Ｂ项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。5、B【解析】由表格数据可知，250℃时，反应在5min达到化学平衡，300℃时，反应在3min达到化学平衡。A、Si3N4为固体，固体的浓度为定值；B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同。【详解】A项、Si3N4为固体，固体的浓度为定值，不能用固体表示化学反应速率，A错误；B项、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，B正确；C项、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快，平衡后，300℃依然比250℃快，C错误；D项、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，D错误。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡，注意固体的浓度为定值、升高温度反应速率加快，平衡向吸热方向移动是解答的关键，注意反应物的消耗量不同，反应放出的热量不同。6、B【解析】A．强碱性溶液中存在大量OH-，Mg2+与OH-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．室温下，pH=1的盐酸中存在大量H+，Na+、Fe3+、NO3—、SO42—离子之间不反应，且和氢离子也不反应，能大量共存，故B正确；C．Ca2+、CO32—结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c(H+)=1×10-3mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，SiO32-与氢离子反应生成硅酸，促进盐的水解，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了离子共存，明确限制条件的含义及离子反应是解本题关键。本题的难点为D中限制条件的解读，由水电离产生的c(H+)=1×10—3溶液，1×10—3＞1×10—7，说明是加入了能够水解的盐造成的结果，溶液显酸性或碱性。7、C【分析】A、温度越高，氧化速率越快；B、反应物浓度降低，反应速率降低；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。8、C【详解】A.缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误；

B.过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，B项错误；

C.23gNO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确；

D.不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LCO2的物质的量，D项错误；

答案选C。【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用22.4L/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。9、C【分析】必须加入还原剂才能实现，说明给定的物质作氧化剂，在化学反应中得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】A.NaCl→AgCl中氯元素化合价不变，说明该反应不属于氧化还原反应，不需要加入还原剂，故A错误；B.KClO3→O2中O元素化合价升高，氯元素的化合价降低，KClO3加热分解生成氯化钾和氧气，自身能够发生氧化还原反应，不需要加入还原剂即可实现，故B错误；C.MnO2→MnCl2中Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰作氧化剂，需要还原剂才能实现，故C正确；D.Cl2→Cl-中Cl元素化合价降低，氯气和水反应可以生成盐酸和次氯酸，Cl2既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂即可实现，故D错误；故选C。10、B【详解】A.增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确；B.增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不变，故B错误；C.升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反应ii的反应限度增大，故C正确；D.催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率，故D正确；答案选B。11、A【详解】A.Cu与稀硝酸反应生成NO、Cu(NO3)2和H2O，故A正确；B.Fe与H2O(g)加热生成Fe3O4和H2，故B错误；C.Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，故C错误；D.室温下，氨水中通入过量SO2生成NH4HSO3，故D错误；故答案：A。12、B【解析】A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，则n(NaNO3)=0.05L×14mol/L-=0.54mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.54mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.54L=540mL，故B错误；C．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根离子的物质的量为0.08mol×(5-4)=0.08mol，故氢氧化物质量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g，故C正确；D．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量==0.16mol，故D正确；故选B。点睛：本题考查混合物的有关计算，理解反应发生的过程是关键。本题的易错点是C，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。13、A【解析】A、根据元素周期律：同周期元素原子，从左到右氢化物的稳定性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以PH3、H2S、HCl的热稳定性从左到右依次增强，还原性从左到右依次减弱，选项A不合理；B、具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:X>Y，选项B合理；C、硅、锗处于金属与非金属的交界处，元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，选项C合理；D、Cs、Ba同周期，自左而右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故碱性CsOH>Ba(OH)2，选项D合理。答案选A。点睛：本题考查同主族元素的性质的递变规律，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的学习。同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，对应的元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，以此解答该题。14、C【解析】利用n=mM，计算agAl3+的物质的量，然后计算0.5VmL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，计算0.5VmL溶液中SO42-的物质的量，将其稀释为8VmL，在稀释过程中溶中SO42-的物质的量不变，再根据c=nV，计算稀释后溶液SO4【详解】agAl3+的物质的量为n=ag27g/mol=a27mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物质的量为n(Al3+)=a27mol×0.5VmLVmL=a54mol，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物质的量为n(SO42-)=a54mol×【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，利用电荷守恒，根据Al3+的物质的量找出溶液中SO42-是本题的关键，离子物质的量容易计算出问题，注意对公式的理解与灵活运用。15、B【详解】A．乙醇中的—OH脱氢，乙酸中的—COOH脱羟基生成乙酸乙酯，为酯化反应或取代反应；B．乙醇在浓硫酸的作用下，发生消去反应，生成水和乙烯，为消去反应；C．一个乙醇脱去羟基，一个乙醇脱去羟基中的H原子，生成乙醚和水，为取代反应；D．乙醇中的羟基被溴原子取代，生成溴乙烷，为取代反应；综上可知，不同的是B中的反应，B符合题意。答案选B。16、D【解析】A、液态NH3气化时吸收热量，可用作制冷剂，故A错误；B、Al(OH)3分解时吸收热量，生成的Al2O3覆盖在可燃物表面，可用作聚合物的阻燃剂；C、水玻璃不燃烧、不支持燃烧，具有粘合性，则用作生产黏合剂和防火剂，与碱性无关，故C错误；D、CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、(酚)羟基、酯基

取代反应【分析】A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B：，B与K2CO3、(CH3)2SO4发生亚氨基上的取代反应产生C是，C与NBS发生-CH3上的取代反应产生D：；D与X在一定条件下发生取代反应产生E：；E与HCHO、NH(CH3)2反应，然后酸化可得阿比朵尔：。【详解】(1)阿比朵尔结构简式是：，物质中含有的含氧官能团是(酚)羟基、酯基；(2)A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B是，则A→B的化学方程式是：+(CH3CO)2O→＋CH3COOH，该反应的反应类型是取代反应；(3)由D、E结构的不同，结合X分子式可知：X的结构简式为；(4)CH3OH被催化氧化产生HCHO，CH3OH与HBr发生取代反应产生CH3Br，CH3Br与NH3发生取代反应产生NH(CH3)2，HCHO、NH(CH3)2、发生反应产生。该转化历程为：。18、乙二醛硝基苯碳碳双键、醛基加成反应(还原反应)氧化反应+2+2HCl2或【分析】A的相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则含氧的质量分数为0.552，A中O原子个数==2，C原子个数==2…2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO；A发生信息②的反应生成B，根据B分子式知，B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息④的反应生成C，C为，C和H2发生加成反应生成D，D发生催化氧化生成E，E为，E发生信息③的反应生成F为，F和H发生取代反应生成M，H为，G发生还原反应生成H、苯发生取代反应生成G，则G为；(6)制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下成OHC-CHO与乙醛反应生成。【详解】根据上述分析可知：A为OHCCHO、B为OHCCH=CHCH=CHCHO、C为、D为、E为、F为、G为、H为。(1)A为OHCCHO，A的名称为乙二醛；E的结构简式为；G为，名称为硝基苯；(2)B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B中含有的官能团的名称为碳碳双键、醛基；(3)C→D的反应类型为加成反应，与H2的加成反应又叫还原反应，D→E的反应类型为氧化反应；(4)F为，H为，F和H发生取代反应生成M，F+H→M的化学方程式为+2+2HCl；(5)C为，芳香族化合物W是C的同分异构体，有三个取代基，能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，说明W分子结构中含有2个羟基，核磁共振氢谱为五组峰，说明物质分子中含有五种不同位置的H原子，则W的结构简式为或，所以有两种同分异构体；(6)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙二醇发生催化氧化生成乙二醛，乙醛和乙二醛发生信息中反应生成目标产物，其合成路线为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，本题侧重考查学生的分析能力和接受信息处理问题的能力。19、排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮吸收挥发出的硝酸溶液由浅绿色变为棕色NO吸收未参与反应的NOO2滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变浅红色且半分钟内不褪色【分析】铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，为防止生成的NO被氧气氧化，实验开始前向装置中通入一段时间的氮气，排净装置内空气，由于硝酸具有挥发性，通过装置F中水吸收挥发出的硝酸，通过C中干燥剂干燥一氧化氮，NO通过装置D加热反应，铜和NO反应生成氮气和氧化铜，装置I用于检验NO，剩余气体收集主要为氮气和一氧化氮，关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2，剩余气体通过高锰酸钾溶液吸收。【详解】(1)NO易与O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮；(2)硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解吸收挥发的硝酸；(3)由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，通入NO后平衡正向移动，所以装置F中的实验现象为：溶液由浅绿色变为棕色；D装置红色粉末变为黑色，说明NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是NO和N2；(4)根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。(5)C是干燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2；(6)①酸性KMnO4溶液显紫红色，当达到滴定终点时NO被完全氧化，再滴入高锰酸钾后溶液变红，所以滴定终点为：当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，说明达到滴定终点；③NO可将MnO还原为Mn2+，自身被氧化成NO，根据得失电子守恒可知2n(MnO)=5n(NO)，消耗的n(MnO)=0.1mol·L-1×b×10-3L，则250mL样品溶液中n(NO)=n(MnO)××=2.5×10-3bmol，NaNO2的质量分数=

=。20、1:5Cl21.22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO42−(aq)CaSO4(s)+H2C2O4(aq)2562118H2O【分析】(1)分析氧化还原反应中化合价变化，找出氧化剂、还原剂及它们的物质的量。(2)