衡水市重点中学2026届高三化学第一学期期中教学质量检测试题含解析

衡水市重点中学2026届高三化学第一学期期中教学质量检测试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐的形式存在，可用电解法从溶液中除去。有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度与溶液pH的关系如图2所示。下列说法不正确的是（）A．pH=3时，主要发生ClO-氧化NH3的反应B．pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小C．pH>8时，NH4+转变为NH3∙H2O，且有利于NH3逸出D．pH<8时，氮的去除率随pH的减小而下降的原因是c（HClO）减小2、向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2++2H2O。下列分析不正确的是A．浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)B．实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl－强C．实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl3、关于各图的说法（其中①③④中均为情性电极）正确的是（）A．①装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝B．②装置中待镀铁制品应与电源正极相连C．③装置中电子由b极流向a极D．④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应4、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作现象实验结论A像某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含有Br2B像某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32-C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,石蕊试纸变蓝NH4HCO3呈碱性D向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀,再加入足量稀盐酸,沉淀部分溶解Na2SO3部分被氧化A．A B．B C．C D．D5、X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如右图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，X和Ne原子的核外电子总数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。下列说法正确的是（）A．最高化合价：X＞Y＞Z＞WB．简单气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞WC．Y的氧化物与X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应D．由X、Z、W三种元素形成的化合物一定既含有离子键又含共价键6、辉铜矿的主要成分是Cu2S，是提炼铜的重要矿物原料。可发生反应Cu2S+H2SO4+O2→CuSO4+H2O(未配平)，下列说法正确的是A．反应中被氧化的元素是CuB．反应中1molCu2S被氧化时，氧化剂得到2mol电子C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2D．反应后的溶液中Cu2+的浓度与的浓度相等7、合成二甲醚的三步反应如下：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3则3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH是A．ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3 B．ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3C．ΔH＝ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．ΔH＝2ΔH1+ΔH2—ΔH38、港珠澳大桥被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界岛隧桥多项尖端科技，化工行业在这座宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列材料的生材属于无机材料的是A．高强度耐腐蚀钢筋 B．超高分子量聚乙烯纤维C．大尺寸橡胶隔震支座 D．高韧薄层沥青罩面9、下列说法不正确的是A．CO2溶于水的过程中既有共价键的断裂，也有共价键的生成B．在SF2、PCl5、CCl4的分子中，所有原子均达到了8电子稳定结构C．H2NCH2COOH和CH3CH2NO2熔化时克服的微粒间作用力不同，导致熔点相差较大D．N2比O2分子稳定，与分子间作用力无关10、短周期元素aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同电子层结构，则下列叙述正确的是（）A．原子半径A＞B＞D＞C B．原子序数D＞C＞B＞AC．离子半径C＞D＞B＞A D．单质还原性A＞B＞D＞C11、利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A．NO属于共价化合物B．O2含有非极性共价键C．过程②吸收能量，过程③释放能量D．标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02×102312、下列说法正确的是A．元素的电负性越大，其单质越稳定 B．金属晶体和离子晶体均具有延展性C．晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定 D．分子晶体中可能不存在共价键13、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB．1.0L含1.0molNa2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAC．电解饱和食盐水，当阴极产生1.12L时，转移的电子数为0.1NAD．常温下，2L1.0mol·L－1的FeCl3溶液与1L0.2mol/L的FeCl3溶液所含Fe3+数目不同14、下列化工生产不涉及氧化还原反应的是()A．工业合成氨B．工业冶炼钠C．工业制漂白粉D．侯氏制碱15、下列表述正确的是（）A．硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B．碳酸钠可用于去除餐具的油污C．次氯酸是一种弱酸是因为次氯酸不稳定，易分解D．能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性16、下列图中的实验方案,能达到实验目的的是ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水热水中实验目的探究温度对平衡2NO2N2O4的影响验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。(4)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=________L。18、双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如下：已知：①②+HCl（1）B分子中含有的官能团名称是___。（2）该CPPO结构中有___种不同化学环境的氢原子。（3）反应④的化学方程式是___。（4）在反应①～⑧中属于取代反应的是___。（5）C的结构简式是___。（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式___。（7）资料显示：反应⑧有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是___。19、实验室中根据已知熔点是16.6℃，沸点44.4℃。设计如下图所示的实验装置制备固体。（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_________（填编号）。（2）装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有___________。（3）装置F的作用是____________________。（4）由于可逆反应，所以从E管出来的气体中含有、。为了证明含有可以将该气体通入________（填下列编号，下同）、证明含有可以将该气体通入_____________。A．品红B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果没有装置G，则F中可能看到_________________。（6）从装置G导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_________________________________________________________。（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点__________________________________________________________。20、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为___________________________________________。（2）B中发生反应的化学方程式为______________________________________。（3）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。21、合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合亚铜(由[Cu(NH3)2]+和CH3COO-构成)溶液来吸收原料气中的CO气体，其反应的离子方程式为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+（1）Cu+基态核外电子排布式________________.（2）醋酸二氨合亚铜所含元素原子中第一电离能最大的是____________。（3）写出一种与NH3分子互为等电子体的阳离子_______________。（4）CH3COO-中碳元素的杂化类型为______________。（5）1mol[Cu(NH3)3CO]+含有σ键的数目为______________。（6）N4H4(SO4)2遇碱可生成一种形似白磷的N4分子。画出N4H44+的结构式___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A.当pH=3时，溶液中有效氯主要以HClO的形式存在，主要发生HClO氧化NH4+的反应，A错误；B.由图可知pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小，B正确；C.当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3∙H2O，有利于NH3逸出，C正确；D.随溶液pH降低，c（H+）增大，反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO的平衡逆向移动，c（HClO）减小，氮的去除率降低，D正确；答案为A。2、C【详解】A、因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡，选项A正确；B、Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl-强，选项B正确；C、银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，选项C错误；D、浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag++2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2++2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，选项D正确；答案选C。3、D【详解】A、①装置是电解池，阴极上溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，没有气体放出，故A错误；B、②装置为电镀池，待镀制品应该和电源负极相连，做电解池的阴极，故B错误；C、③装置是氢氧燃料电池，通入氢气的为原电池的负极，通入氧气的为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，即从a极经导线流向b极，故C错误；D、④装置为电解氯化钠溶液的装置，装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；故选D。4、D【解析】也能把I-氧化为碘单质，所以溶液中可能有，故A错误；、都能与盐酸反应放出二氧化碳，故B错误；加热碳酸氢铵溶液放出氨气，氨气能使湿润的石蕊试纸变蓝，不能证明碳酸氢钠溶液呈碱性，故C错误；向久置的亚硫酸钠溶液中加入足量的氯化钡溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀部分溶解，说明有硫酸钡、亚硫酸钡两种沉淀生成，原溶液中亚硫酸钠部分被氧化，故D正确。5、D【解析】四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W的质子数为8，故W是O元素；X和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图X的原子半径大于O原子半径，所以X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，Y的原子序数大于Na，则Y为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素；A项，X为Na元素，最高化合价为+1价，Y为Si元素，最高化合价为+4价，Z为Cl元素，最高化合价为+7价，W为O元素，最高化合价为0价，故最高化合价：Cl＞Si＞Na＞O，即Z＞Y＞X＞W，故A错误；B项，元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：O>Cl>Si，即W>Z>Y，所以元素氢化物的稳定性：W>Z>Y，故B错误；C项，Y(Si)的氧化物是SiO2，X(Na)、Z(Cl)的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和HClO4，SiO2与NaOH能反应，与HClO4不反应，故C错误；D项，由X(Na)、Z(Cl)、W(O)三种元素形成的化合物可以是NaClO、NaClO3、NaClO4等Na元素的含氧酸盐，一定既含有离子键又含共价键，故D正确。点睛：本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答，注意O的非金属性强于Cl的非金属性。6、C【分析】反应Cu2S+H2SO4+O2→CuSO4+H2O中，Cu元素从+1价升高到+2价，S元素从-2价升高到+6价，1个Cu2S参与反应失去的电子数为2+8=10个，O元素从0价降低到-2价，1个O2参与反应得到电子数为4个，据此结合氧化还原反应的规律分析作答。【详解】A.根据上述分析可知，Cu与S元素化合价均升高，则反应中被氧化的元素是Cu和S，故A错误；B.反应中1molCu2S被氧化时，失去的电子数为12mol+8mol=10mol，则氧化剂O2得到10mol电子，故B错误；C.反应中氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据上述分析，结合电子转移数守恒规律可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：4=5：2，故C正确；D.反应后生成硫酸铜，反应物硫酸是否过量未知，则无法确定溶液中Cu2+的浓度与的浓度是否相等，故D错误；答案选C。7、A【详解】已知：①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH1，②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2，③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3，则根据盖斯定律可知①×2＋②＋③即得到反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3，答案选A。8、A【详解】A.钢筋主要成分为铁合金，属于无机金属材料，故选A；B.聚乙烯纤维是指由聚乙烯经熔融纺丝法纺丝而得到的纤维材料，属于有机高分子材料，故不选B；C.橡胶是指具有可逆形变的高弹性聚合物材料，属于有机高分子材料，故不选C；D.沥青主要来源于石油的分馏，沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，不属于无机材料，故不选D。故答案选A。9、B【详解】A、化学变化的本质是旧键断裂，新键形成，CO2溶于水生成碳酸，反应物和生成物均为共价化合物，故A正确；B、PCl5的P化合价为+5价，P原子最外层电子数为5，则5+5=10，不满足8电子结构，故B错误；C、H2NCH2COOH含有分子间氢键，而CH3CH2NO2没有，所以在融化时H2NCH2COOH除了克服分子间作用力，还需要克服氢键，故C正确；D、分子的稳定性与键能相关，分子间作用力决定分子的熔沸点，故D正确；故选B；【点睛】本题易错点在分子晶体的熔沸点与分子间作用力和氢键相关，分子的稳定性与共价键键能相关。10、C【分析】四种离子电子层结构相同，阳离子在下一周期的前边，阴离子在上一周期的后边，根据所带电荷，可知B在A的前面，C在D的前面。【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径B＞A＞C＞D，故A不选；B.根据上面的分析，原子序数为A＞B＞D＞C，故B不选；C.四种离子电子层数相同，离子半径取决于质子数即原子序数，原子序数越大，半径越小，故离子半径：C＞D＞B＞A，故C选；D.四种元素都是短周期元素，D为F，F2没有还原性，故D不选。故选C。11、D【详解】A.NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，故A正确；B.O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；C.过程②为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键的过程，断键吸收能量，过程③由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正确；D.11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1molN2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5molN2转移电子数为2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；答案选D。12、D【详解】A．单质的稳定性与电负性无关，故A错误；B．金属晶体有延展性，离子晶体没有延展性，故B错误；C．离子晶体的晶格能越大，离子键越难以断裂，形成的离子晶体越稳定，故C错误；D．惰性气体单质为分子晶体，为单原子分子，不存在共价键，故D正确；综上所述答案为D。13、D【解析】A项、标准状况下，HF是液体，33.6LHF的物质的量不是1mol，故A错误；B项、Na2SO4水溶液中除了Na2SO4本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，故B错误；C项、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1.12L氢气的物质的量，故C错误；D项、2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与1L0.2mol•L-1FeCl3溶液含氯化铁物质的量相同，但是二者浓度不同，三价铁离子水解程度不同，所以二者三价铁离子数目不同，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，质量换算物质的量计算微粒数，解题时注意盐类水解的影响因素，标况下HF的状态。14、D【解析】A.工业合成氨：N2+3H22NH3，生产涉及氧化还原反应，选项A不选；B.工业冶炼钠：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，，生产涉及氧化还原反应选项B不选；C.工业制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，生产涉及氧化还原反应，选项C不选；D、侯氏制碱法原理：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，均发生非氧化还原反应，选项D选。答案选D。15、B【详解】A．硅晶体具有半导体性能，可用于芯片和光电池，二氧化硅用于光导纤维，A错误；B．碳酸钠在水中可以水解出OH-溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解被去除，B正确；C．次氯酸是一种弱酸是因为其在水溶液中部分发生电离，C错误；D．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，D错误；故选B。16、A【解析】将NO2球分别浸泡在冰水、热水中，根据颜色判断平衡移动的方向，故A正确；实验改变了温度、催化剂两个变量，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故B错误；碳酸钠溶液与二氧化碳、二氧化硫都能反应，不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中混有的SO2，故C错误；氯化氢易挥发，氯化氢能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，不能根据图示装置比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，故D错误。点睛：要证明H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，在烧瓶、烧杯之间增加一个盛有变化碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中含有的氯化氢。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第ⅥA族3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24【分析】A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为Na2SO3，H为NaOH。(1)A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，反应的离子反应方程式为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；(4)F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2mol的Na2S，反应产生0.2molH2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S=2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量n(S)==0.1mol，该反应消耗0.1molH2S，所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol，其标准状况下的体积为V(H2S)=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。【点睛】本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。18、羟基3CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br②③⑤⑧+(2n-1)H2O有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移【详解】根据流程图可知，反应①为CH2＝CH2与HCl发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A发生水解反应生成的B为CH3CH2OH。乙烯与溴发生加成反应生成的E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成的F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成的G为OHC﹣CHO，G发生银镜反应后酸化，则H为HOOC﹣COOH，H发生信息①中的取代反应生成的I为ClOC﹣COCl。B与C反应得到D，D与I发生信息②中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为，则C为，（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：羟基，故答案为羟基；（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为3；（3）反应④是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br，故答案为CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br；（4）在反应①～⑧中，①④属于加成反应，⑥⑦属于氧化反应，②③⑤⑧属于取代反应，故答案为②③⑤⑧；（5）由上述分析可知，C的结构简式是，故答案为；（6）HOCH2CH2OH与HOOC﹣COOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：+(2n-1)H2O，故答案为+(2n-1)H2O；（7）反应⑧有一定的限度，D与I发生取代反应生成CPPO和HCl，则加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率的原因是：有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，故答案为有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。19、E干燥二氧化硫与氧气降温使以固体形式呈现，从混合气体中分开ABC白色酸雾加烧碱反应快（吸收快），加石灰乳价格低廉【分析】根据实验装置及二氧化硫的性质分析装置中仪器的作用；根据二氧化硫及三氧化硫的性质分析检验的方法；根据工业生产需要分析尾气处理时选择合适的试剂。【详解】（1）二氧化硫与氧气在E中反应，为了使之充分反应，所以实验开始时，先点燃的酒精灯是E中酒精灯；（2）如图所示A装置产生二氧化硫气体，同时会带出水分，所以装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有干燥二氧化硫与氧气的作用；（3）根据题干信息，三氧化硫的熔点为16.6℃，所以装置F的作用是降温，使以固体形式呈现，从混合气体中分开；（4）二氧化硫有漂白性和还原性，可以使品红溶液和溴水溶液褪色，所以可以将气体通入品红或溴水证明二氧化硫的存在；二氧化硫与三氧化硫通入硝酸钡溶液中都产生白色沉淀，且二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫可以与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以可以用氯化钡溶液证明三氧化硫的存在，故答案为AB；C；（5）装置G为干燥装置，如果没有干燥，空气中的水分与易溶于水的二氧