陕西省西安市新城区西安中学2026届化学高三第一学期期中检测试题含解析

陕西省西安市新城区西安中学2026届化学高三第一学期期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、25℃时，向20

mL

0.0100

mol/L苯酚溶液中滴加0.0100mol/LNaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．25℃时，苯酚的电离常数Ka约为1.0×10-12B．M点时，所加入NaOH溶液的体积大于10mLC．加入20mLNaOH溶液时，溶液中c(OH-)-c(H+)=c()D．M点时，溶液中的水不发生电离2、第116号元素Lv的名称为鉝，关于的叙述错误的是A．核电荷数116 B．中子数177C．核外电子数116 D．元素的相对原子质量2933、下列是部分矿物资源的利用及产品流程,有关说法正确的是A．粗铜电解精炼时,粗铜作阴极B．生产铝、铜、高纯硅和玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C．黄铜矿冶铜时,副产物SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶铁的原料D．生产玻璃过程中体现了碳酸的酸性强于硅酸4、已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．开始加入的K2Cr2O7为0.25molD．K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：35、某温度下，反应2A(g)B(g)ΔH>0，在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够长时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B＝b，下列叙述正确的是()A．在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a<bB．若a＝b，则容器中可能使用了催化剂C．若其他条件不变，升高温度，则a<bD．若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则a>b6、某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。下列说法正确的是A．负极反应为Ag－e-+Cl-=AgClB．放电时，交换膜右侧溶液中pH升高C．当电路中转移0.1mole-，通过交换膜的阳离子为0.2molD．用KCl溶液代替盐酸，则电池总反应改变7、不能用勒夏特列原理解释的是A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率B．过量空气有利于SO2转化为SO3C．打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出D．配置FeCl3溶液时，加入少量盐酸8、下列有关铁元素的叙述中正确的是()A．Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2<Fe(OH)3B．铁是较活泼的金属，它与卤素(X2)反应的生成物均为FeX3C．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe(OH)3＋3HI=FeI3＋3H2OD．将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中可制备Fe(OH)3胶体9、以下试剂不能鉴别H2S和SO2的是A．NaOH溶液 B．滴有淀粉的碘水 C．CuSO4溶液 D．品红溶液10、下列说法中正确的是（）A．生石灰可用作食品抗氧化剂B．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化D．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液<Fe（OH）3胶体<FeCl3溶液11、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．0.010mol•L-1NH4Fe(SO4)2溶液与0.040mol•L-1NaOH溶液等体积混合：NH+Fe3++4OH-=Fe(OH)3↓+NH3•H2OB．石灰乳中通入Cl2：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OC．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2OD．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I-+IO+3H2O=3I2+6OH-12、垃圾分类意义重大，工业上回收光盘金属层中的Ag的流程如图所示，下列说法正确的是()A．氧化过程中参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1B．为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在酸性、加强热条件下进行C．氧化过程中，可以用HNO3代替NaClO氧化AgD．还原过程，若水合肼转化为无害气体，则还原过程的离子方程式为4Ag++N2H4H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O13、随着生活水平的不断提高，人们对食品化学的需求越来越高，下列的叙述不正确的是A．人体虽然不能直接吸收纤维素,但是它已成为人们健康饮食的一部分。B．食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂C．新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失D．食用加碘盐因为含有单质碘所以不能放在油里烹炸14、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．用装置甲可完成喷泉实验B．用装置乙可验证温度对平衡移动的影响C．用装置丙可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑D．用装置丁可制备氢氧化亚铁15、下列制备金属单质的方法或原理正确的是()A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB．在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC．在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD．加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu16、下列各表述与示意图不一致的是A．图①表示5mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化B．图②中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C．图③表示25℃时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化D．I2在KI溶液中存在I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)的平衡，c(I3－)与温度T的关系如图④，若反应进行到状态C时，一定有V(正)>V(逆)17、用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下。下列有关说法不正确的是A．制取玻璃的同时产生CO2气体，制取粗硅时生成的气体产物为COB．生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D．黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料18、欲检验气体中是否含有、，进行如下实验：①将气体通入酸化的溶液中，产生白色沉淀a：②滤去沉淀a，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀b。下列说法正确的是A．沉淀a为B．气体中含有C．沉淀b为D．气体中没有HCI19、正确表示下列反应离子方程式是A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2OD．FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O20、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：下列叙述错误的是A．为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤21、屠呦呦因发现青蒿素获得诺贝尔生理学或医学奖，是中医药成果获得的最高奖项。古代文献《肘后备急方》中内容：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之。”对她的研究有很大帮助。该叙述中涉及的主要分离提纯操作是()A．蒸馏B．萃取C．渗析D．结晶22、关于反应：KClO3＋6HCl＝KCl＋3H2O＋3Cl2↑，用同位素示踪法进行研究，反应前将KClO3标记为K37ClO3，HCl标记为H35Cl，下列说法正确的是A．反应后，37Cl全部在氯化钾中 B．产物氯气的摩尔质量为72g·mol－1C．在氯气和氯化钾中都含有37Cl D．产物氯气中37Cl与35Cl的原子个数比为1：5二、非选择题(共84分)23、（14分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应，2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为______，D的化学名称为______。（2）①和③的反应类型分别为______、______。（3）E的结构简式为______。用1molE合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_______mol。（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_____________________________________。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式_______________________________。（6）写出用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线___________。24、（12分）制备天然化合物antofine的中间体F的一种合成路线如下：注：PCC为吡啶和CrO3在盐酸溶液中的络合盐，。(1)A中的含氧官能团名称为____和____。(2)X的分子式为C8H8O2，C→D是两苯环间脱2H成稠环，则X的结构简式为____。(3)B→C的反应类型为____。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____(只写一种)。①分子中只有两种含氧官能团。②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢。(5)写出以为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂、PCC和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。25、（12分）某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行了如图所示实验：查阅教材可知，普通锌锰干电池中的黑色物质的主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质。请回答以下问题：(1)操作②的名称是_____。(2)操作③灼烧滤渣时所用主要仪器有酒精灯、玻璃棒、_____、_____和三脚架；操作③灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为_____。(3)操作④的试管中加入操作③中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色滤渣中含有_____。(4)该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH4Cl和ZnCl2，下面是他做完实验后所写的实验报告，请你写出其空白处的内容：实验目的实验操作实验现象实验结论①检验Cl－加入硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生含有Cl－②检验NH4+取少许滤液于试管中，_________含有NH4+③检验Zn2＋取少许滤液于试管中，加入稀氨水先产生白色沉淀，继续加入稀氨水，沉淀又溶解含有Zn2＋(5)根据以上实验报告，关于滤液的成分，该同学的结论是滤液中含有NH4Cl和ZnCl2。若想从滤液中得到溶质固体，还应进行的操作是_________。26、（10分）Fe(OH)2由于在空气中易被氧化，制取时很难观察到白色沉淀现象，只能看到灰绿色，采用图装置使用Fe，H2SO4（稀），NaOH溶液可在还原性气氛中制取Fe(OH)2白色沉淀，且较长时间内不变色，其中C为弹簧夹。（提示：还原性气氛如氢气环境）（1）则锥形瓶A中应加入的药品为________________________。（2）锥形瓶B中应加入的药品为________________________。（3）容器A中的反应开始后，请简单写出完成制备Fe(OH)2的后续操作步骤。___________________________________________________________________。（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，则实验现象为：______________________________；请写出此时B瓶中发生的化学反应的离子方程式：_________________________。27、（12分）MnC2O4·2H2O是一种常见的化学实剂，是制备其他含锰化合物的重要原料。某课外化学兴趣小组利用软锰矿主要成分为MnO2，含少量CaCO3、Fe2O3和Al2O3)制备MnC2O4·2H2O，设计流程如图所示（注：试剂①②③按编号顺序加入）。已知：常温时部分难溶化合物的Ksp近似值如下表：物质CaF2Mn(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp10-910-1310-1710-3310-39(1)该小组同学在酸浸之前，先将软锰矿物粉碎，其目的是_______________________。(2)“酸浸”过程中MnO2发生反应的离子方程式为_________________________。(3)加入MnF2固体的目的是_____________________________，甲同学提出将上述流程中的氨水换成氢氧化钠溶液，乙同学觉得不妥，乙同学的理由是_________________。(4)丙同学认为向滤液C中滴加Na2C2O4溶液的过程中可能会生成Mn(OH)2沉淀，并提出可能的原因为Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)，常温时，该反应的平衡常数K=_______[已知Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5]。(5)操作Ⅰ的名称为_____________。28、（14分）将甘油（C3H8O3）转化为高附值产品是当前热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得氢气，反应主要过程如下：（1）下列说法正确的是______（填字母序号）。a.消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高b.消耗等量的甘油，反应II的放热最显著c.经过计算得到反应III的∆H3=-237.5kJ/mol，d.理论上，通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为0，这体现了科研工作者对吸热和放热反应的联合应用（2）研究人员经过反复试验，实际生产中将反应III设定在较高温度（600~700°C）进行，选择该温度范围的原因有：催化剂活性和选择性高、____________。（3）研究人员发现，反应I的副产物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO、CH3COOH等，为了显著提高氢气的产率，采取以下两个措施。①首要抑制产生甲烷的副反应。从原子利用率角度分析其原因：__________________。②用CaO吸附增强制氢。如图1所示，请解释加入CaO的原因：____________________。（4）制备高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用于工业的重要因素。通常将Ni分散在高比表面的载体（SiC、Al2O3、CeO2）上以提高催化效率。分别用三种催化剂进行实验，持续通入原料气，在一段时间内多次取样，绘制甘油转化率与时间的关系如图2所示。①结合图2分析Ni/SiC催化剂具有的优点是____________________。②研究发现造成催化效率随时间下降的主要原因是副反应产生的大量碳粉（积碳）包裹催化剂，通过加入微量的、可循环利用的氧化镧（La2O3）可有效减少积碳。其反应机理包括两步：第一步为：La2O3+CO2La2O2CO3第二步为：______________________________（写出化学反应方程式）。29、（10分）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃−85.5115.2>600（分解）−75.516.810.3沸点/℃−60.3444.6−10.045.0337.0回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

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、C【分析】由图象可知0.0100mol•L-1苯酚溶液的pH为6，则可知，可知苯酚为弱酸，M点溶液呈中性，加入20mL时酸碱恰好完全反应。【详解】A.0.0100mol⋅L−1苯酚溶液的pH为6，则可知，故A错误；B.M点pH=7，溶液呈中性，如加入体积为10mL，反应后剩余的苯酚和生成的苯酚钠浓度相等，由，可知苯酚根离子的水解常数为，可知水解程度大于电离常数，溶液呈碱性，如呈中性，则加入的体积小于10mL，故B错误；C.加入20mL溶液时，溶液中存在电荷守恒，由物料守恒可知,则二者联式可得，即c(OH-)-c(H+)=c()，故C正确；D.任何水溶液都存在水的电离，故D错误；答案选C。2、D【详解】A.元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，核电荷数=质子数，故核电荷数为116，A项正确；B、中子数=质量数-质子数=293-116=177，B项正确；C、原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，C项正确；D、293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子数与中子数之和，不同核素的质量数不同，由于不知道该元素有几种同位素原子，各种同位素原子的含量是多少，因此不能确定该元素的相对原子质量，D项错误；答案选D。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。3、C【分析】产品流程体现资源的综合利用，粗铜的电解精炼，粗铜做阳极；只要有化合价变化的反应均为氧化还原反应。【详解】A.粗铜的电解精炼时，粗铜做阳极，纯铜作阴极，溶液中的铜离子在阴极得电子生成铜，A错误；B.生产玻璃时，均为非氧化还原反应，B错误；C.黄铜矿冶铜时,副产物均可综合利用，C正确；D.在溶液中进行强酸制弱酸，可证明碳酸的酸性强于硅酸，制玻璃的反应不是在溶液中发生的，故D错误；答案为C。4、D【详解】A.由于氧化性：K2Cr2O7>Fe3+>I2，所以在图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7，A正确；B.图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，B正确；C.根据在氧化还原反应中电子守恒可知n(e-)=n(I-)=1.5mol；所以开始加入的K2Cr2O7为1.5mol÷2÷3=0.25mol，C正确；D.根据氧化还原反应中电子守恒可知：K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量的比是1:6，D错误。答案选D。5、B【详解】A.在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，A项错误；B.在恒压条件下加入等配比数的A和B，反应仍能达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入惰性气体，平衡不移动，或是使用催化剂，平衡不移动，a、b都相等，则B项正确；C.若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，C项错误；D.保持温度、压强不变，充入惰性气体，导致容器体积增大，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则a＜b，D项错误；答案选B。6、A【详解】根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl可以知道，Ag作负极、失电子,氯气在正极上得电子生成氯离子，

A、负极上银失电子生成银离子,银离子与氯离子结合成氯化银，其电极反应为:Ag－e-+Cl-=AgCl，A正确；B、放电时，交换膜左侧的氢离子向正极移动,溶液酸性增强，交换膜右侧溶液中pH降低，B错误；C、放电时,当电路中转移0.1mole-时，交换膜左则会有0.1mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，故C错误；

D、根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl可以知道，用KCl溶液代替盐酸,电池的总反应不变,故D错误；

综上所述，本题选A。7、A【解析】A．铁触媒就是催化剂，催化剂能同等程度地加快正、逆反应速率，故化学平衡不移动，故A不能用勒夏特列原理解释，A正确；B．使用过量空气能增大氧气的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以可以提高反应物二氧化硫的转化率，有利于二氧化硫转化为三氧化硫，故B能用勒夏特列原理解释，B错误；C．汽水中溶解了大量的二氧化碳气体，打开瓶盖后，气压减小，二氧化碳的溶解平衡被破坏，向着气体体积增大的方向移动，所以有大量气泡逸出，故C能用勒夏特列原理解释，C错误；D．若直接将氯化铁溶于水，则氯化铁易水解而使溶液变浑浊（水解后溶液呈酸性），所以为抑制氯化铁水解，在配制溶液时常加入盐酸（增大氢离子浓度有利于水解平衡向逆向移动），故D能用勒夏特列原理解释，D错误；故选A。【点睛】平衡移动原理又勒夏特列原理，她适用于任何平衡体系，她能解释因外界条件改变导致平衡发生移动所带来的各种变化，但是如果改变的外界条件不能破坏平衡体系，平衡就不会发生移动，所以就不能用她来解释由此带来的各种现象。8、A【详解】A、Fe(OH)2容易被氧化成Fe(OH)3，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，说明Fe(OH)3比Fe(OH)2稳定，故A正确；B、X为Cl、Br，则与Fe发生反应生成FeX3，X为I，则与Fe反应生成FeI2，故B错误；C、Fe3＋具有强氧化性，能把I－氧化成I2，故C错误；D、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热直到出现红褐色液体，停止加热，即为氢氧化铁胶体，故D错误。9、A【详解】A项、NaOH溶液与H2S和SO2都能发生反应，产生的物质的水溶液都无色可溶，因此无法鉴别，故A错误；B项、滴有淀粉的碘水呈蓝色，遇SO2发生反应：I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI，溶液褪色，遇H2S发生反应：I2＋H2S=S↓+2HI，溶液褪色，产生淡黄色沉淀，反应现象不同，可以鉴别，故B正确；C项、CuSO4溶液与H2S发生反应：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，而与SO2不能发生反应，反应现象不同，可以鉴别，故C正确；D项、品红溶液遇具有漂白性的物质SO2会褪色，而遇H2S无现象，可以鉴别，故D正确；故选A。10、C【详解】A选项，Fe可用作食品抗氧化剂，生石灰作干燥剂，故A错误；B选项，焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于物理变化，故B错误；C选项，“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾只能净水，不能使海水淡化，故C正确；D选项，分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】焰色反应为物理变化；食品中的化学知识；铁粉做抗氧剂，生石灰作干燥剂。11、A【详解】A．0.010mol•L-1NH4Fe(SO4)2溶液与0.040mol•L-1NaOH溶液等体积混合，氢氧根恰好和铁离子、铵根完全反应，离子方程式为NH+Fe3++4OH-=Fe(OH)3↓+NH3•H2O，故A正确；B．石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为Ca(OH)2+Cl2=Cl-+ClO-+H2O+Ca2+，故B错误；C．铁粉过量，最终产物应为Fe2+，正确离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．酸性环境下不会生成氢氧根，正确离子方程式为5I-+5IO+6H+=3I2+3H2O，故D错误；综上所述答案为A。12、A【分析】光盘中的Ag与次氯酸钠反应生成氯化银和氧气，氯化银不溶于水，过滤得到氯化银固体，加入10%的氨水进行溶解，再加入N2H4H2O发生氧化还原反应，生成单质银。【详解】A．氧化过程中方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，参加反应的Ag和NaClO的物质的量比之为1：1，A说法正确；B．次氯酸钠在酸性、加热的条件下易分解，则为了提高氧化过程的反应速率和产率，氧化过程应该在碱性、温度不宜过高的条件下进行，B说法错误；C．氧化过程中，若用HNO3代替NaClO氧化Ag，则产生含氮的氧化物，污染空气，C说法错误；D．还原过程，若水合肼转化为无害气体N2，溶液中含银离子为[Ag(NH3)2]+，则还原过程的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+5H2O+8NH3↑，D说法错误；答案为A。13、D【解析】人体虽然不能直接吸收纤维素,但纤维素可以促进肠蠕动，是人们健康饮食的一部分，故A正确；食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故B正确；维生素C具有还原性，能被氧化，新鲜蔬菜做熟后维生素C会有损失，故C正确；食用加碘盐含有，故D错误。14、B【详解】A．NO不能溶于水，不能形成喷泉实验，故A错误；B．2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动气体颜色加深，降低温度平衡正向移动，气体颜色变浅，故B正确；C．Cu与电源负极相连，为阴极，Cu不能失去电子，故C错误；D．没有隔绝空气，生成氢氧化亚铁易被氧化，故D错误。答案选B。15、B【解析】试题分析：A．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。考点：考查金属冶炼的一般原理【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。16、C【分析】KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液混合：；升高温度，平衡向吸热方向移动；当加入盐酸20mL时，pH发生骤变；曲线AB表示平衡状态，在状态C时，在温度T1下，c（I3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡。【详解】A．酸性KMnO4与H2C2O4混合，随着反应的进行，不断有Mn2＋生成，最终趋于稳定，故A正确；B．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0，升高温度，平衡向吸热方向移动，逆向移动，故升高温度，K逆增大，K正减小，B正确；C．强酸滴定强碱，当加入盐酸20mL时，pH发生骤变，故图像不符，C错误；D．曲线AB表示平衡状态，在状态C时，在温度T1下，c（I3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡，故在状态C时，一定有V(正)>V(逆)，故D正确；答案选C。【点睛】酸性KMnO4在溶液中发生氧化还原反应时，一般被氧化为Mn2＋，再根据氧化还原配平原则配平方程；常温下，强酸与强碱的滴定，在pH=7发生突变。17、B【解析】试题分析：A、制取玻璃发生的反应是碳酸钙、碳酸钠与二氧化硅反应生成硅酸盐和二氧化碳气体，制取粗硅时，C与二氧化硅反应生成Si单质和CO，制取；B、生产玻璃时，各元素的化合价未发生变化，不是氧化还原反应，错误；C、四氯化硅常温下为液体，利用四氯化硅与杂质的沸点的不同提纯四氯化硅，所以采用多次蒸馏的方法，正确；D、黄铜矿冶炼铜时产生的SO2与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应可制取硫酸，FeO可作冶炼铁的原料，正确，答案选B。考点：考查对化学工艺的分析判断18、B【解析】HCl通入酸化的硝酸银溶液会有白色沉淀AgCl。SO2通入酸化的硝酸银中，因为溶液有氢离子和硝酸根离子，所以SO2会被氧化为硫酸，而硫酸银微溶，也有可能得到硫酸银沉淀。所以沉淀a可能是氯化银或者硫酸银或者两者混合，选项A错误。滤去沉淀a，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀，此沉淀只可能是硫酸钡（上一步的实验①中无论是有HCl还是SO2与硝酸银反应后溶液都是酸性的，加入硝酸钡溶液，即加入硝酸根，一定将SO2氧化），说明原气体中一定有SO2。选项B正确。沉淀b是硫酸钡，选项C错误。气体中是否有HCl无法判断，选项D错误。19、C【详解】A.浓盐酸与铁屑反应应该生成Fe2+，故A项错误；B.钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，正确的方程式为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑故B项错误；C.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3·H2O，故C正确；D.FeCl2溶液中加入稀硝酸:4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，故D错误；答案：C。20、C【解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案选C。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。21、B【解析】青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之涉及的主要分离提纯操作是萃取。【详解】一把青蒿用水浸泡，使有效成分溶解，然后再用力拧绞，使青蒿中可溶性组分尽量释放到溶液中。可知该叙述中涉及的主要分离提纯操作是萃取，答案选B。【点睛】物质分离提纯的操作主要包括：蒸发结晶、萃取、分液、过滤、蒸馏等操作。过滤适用于固液混合物的分离，蒸发结晶适用于可溶性固体与水分离，分液适用于分离互不相溶的液体混合物，蒸馏适用于分离沸点不同的互溶的液体混合物。22、D【详解】KClO3＋6HCl＝KCl＋3H2O＋3Cl2↑中只有Cl元素化合价发生了变化，根据氧化还原反应中“化合价只靠近不交叉”原则可知该反应双线桥表示为，A．将KClO3标记为K37ClO3，37Cl全部在氯气中，故A项说法错误；B．每生成3mol氯气，其中含1mol37Cl原子，含5mol35Cl原子，因此产物氯气的平均摩尔质量为g/mol=70.67g/mol，故B项说法错误；C．由上述分析可知，37Cl全部在氯气中，故C项说法错误；D．由上述分析可知，产物氯气中37Cl与35Cl的原子个数比为1：5，故D项说法正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。二、非选择题(共84分)23、苯乙炔取代反应消去反应4【详解】（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为；根据D的结构简式可知D的化学名称为苯乙炔。（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1molE合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）根据已知信息可知化合物（）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为。（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线为。24、醚键羧基取代反应【分析】C→D是两苯环间脱2H成稠环，则C应为，根据B生成C的反应条件可知该过程为酯化反应，根据C中酯基的位置可知B为；A与X反应生成B，X的分子式为C8H8O2，且X中含有苯环，结合B的结构简式可知X为。【详解】(1)根据A的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；(2)根据分析可知X的结构简式为；(3)B生成C为酯化反应，也属于取代反应；(4)F的同分异构体满足：①分子中只有两种含氧官能团；②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q，说明含有酯基；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，则P中含有—CHO和酚羟基；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢，说明P、Q均为对称结构，则Q为或，P为或，F的同分异构体为、、、；(5)对比和的结构简式，需要将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO、—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3；观察题目所给流程可知将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO的步骤与D生成F的过程相似，而—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3可以直接与H2O加成，也可以先和卤化氢加成，再水解，所以合成路线为。25、过滤坩埚泥三角C(或碳)二氧化锰(或MnO2)加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近石蕊试纸变蓝色加热蒸发(或加热浓缩)，冷却结晶，过滤【详解】（1）根据图②，此操作为过滤；（2）操作③灼烧滤渣，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、三脚架、泥三角、（坩埚钳）；根据题目所给物质，MnO2难溶于水，NH4Cl和ZnCl2易溶于水，因此滤渣为MnO2等物质，灼烧时，MnO2不参与反应，根据题目信息，一种黑色固体在灼烧时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此由此推测该气体可能为CO2，因此滤渣中还存在黑色物质为石墨；（3）产生能使带火星木条复燃的气体，该气体为O2，该黑色物质能加快H2O2的分解，黑色物质为催化剂，即为MnO2，滤渣中含有MnO2；（4）检验NH4＋，常采用加入NaOH溶液，并加热，且在试管口放湿润的红色石蕊试纸，如果石蕊试纸变红，说明含有NH4＋，具体操作是加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近；现象是石蕊试纸变红；（5）从滤液中得到溶质固体，采用方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即可得到溶质固体。26、铁和稀硫酸氢氧化钠溶液打开弹簧夹C；反应一段时间后关闭弹簧夹CA中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色；Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】（1）根据实验目的，锥形瓶A中用铁和稀硫酸反应制取硫酸亚铁，锥形瓶中加入的药品是铁和稀硫酸；（2）硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，锥形瓶B中盛放的溶液是氢氧化钠溶液；（3）铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，为防止锥形瓶内空气的干扰，应先利用产生的氢气将空气排尽，所以A中反应开始后，要打开弹簧夹C，反应一段时间后，要关闭弹簧夹C，利用氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入锥形瓶B中，使硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，A中产生氢气的量逐渐增多，导致压强增大，A中液体被压入B中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，锥形瓶B有空气，所以生成的氢氧化亚铁被空气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是A中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色，B中发生的离子反应方程式为：Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。27、增大反应物间的接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应(答任意一条均可)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O除去溶液中的Ca2+氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量4.0×10-7重结晶【分析】由流程可知，软锰矿用硫酸、硫酸亚铁溶解，生成硫酸钙微溶，Fe2O3和Al2O3均溶于硫酸，且酸性条件下二氧化锰被亚铁离子还原为Mn2+，滤液A中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，氨水可调节溶液pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3除去，加入MnF2固体将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去（或除去溶液中的Ca2+），过滤分离出滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3、CaF2，滤液C中含Mn2+，滴加Na2C2O4溶液生成MnC2O4⋅2H2O，操作I为重结晶，可分离出纯品MnC2O4⋅2H2O，以此来解答。【详解】(1)在酸浸之前，先将软锰矿粉碎，其目的是增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应。故答案为：增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应。(2)“酸浸”过程中加入了硫酸亚铁,MnO2发生反应生成了硫酸锰,所以该反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O。(3)加入MnF2固体的作用是将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去(或除去溶液中的Ca2+),甲同学提出将上述流程中的氨水换成氢氧化钠溶液,乙同学觉得不妥,乙同学的理由是氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量，故答案为：除去溶液中的Ca2+；氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量。(4)已知Ka1(H2C2O4)=5.0×10−2,Ka2(H2C2O4)=5.0×10−5,即,常温时,该反应Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)的平衡常数,又因为Mn(OH)2刚好沉淀时Ksp=10-13，即,则。故答案为：4.0×10-7。(5)操作Ⅰ是分离提纯，所以该步骤的名称为重结晶。故答案为：重结晶。【点睛】解题时需注意在计算Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)的平衡常数时，需将此反应的平衡常数与H2C2O4的电离平衡常数和Mn(OH)2刚好沉淀时进行对比，然后联立。最终得出K和Ka2、Ksp的关系是：，代入数据进行求解。28、abcd产氢率高，化学反应速率快CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率催化效率高，稳定性好La2O2CO3+C=La2O3+2CO【分析】（1）抓住表中信息和盖斯定律分析即可解答；（2）主要从温度对反应速率和化学平衡的移动的影响的角度进行分析解答；（3）①在所有的副产物中，CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率，据此分析可得结论；②根据图1可知，加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率，据此分析可得结论；（4）①由图2信息可知，Ni/SiC催化剂的催化效率并不随时间的延长而降低，而另两种催化剂均出现催化效率降低的现象，由此分析解答；②由