2026届四川省凉山彝族自治州高三化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届四川省凉山彝族自治州高三化学第一学期期中综合测试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．图像中，V0=40，b=10.5B．若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)2、常温时，下列各溶液中，物质的量浓度关系错误的是（）A．在0.1mol·L－1NaClO溶液中，c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)C．10mLpH＝2的HCl溶液与10mL0.01mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的：c(Cl－)+c(OH－)＝c(Ba2＋)＋c(H＋)D．10mL0.5mol/LNa2CO3溶液中慢慢滴入10mL0.5mol/L盐酸后的溶液：c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)3、在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子方程式中,对化学计量数m和R2+、R3+。判断正确的是()A．m=y,R3+是还原剂 B．m=2y,R2+被氧化C．m=2,R3+是氧化剂 D．m=4,R2+是还原剂4、法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料，其结构如下图所示。下列说法不正确的是A．b、c互为同分异构体B．a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上C．a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应D．a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色5、下列实验的装置、操作及有关描述均正确的是A．①：鉴别Al（OH）3和H2SiO3两种胶体B．②：证明某溶液含有SOC．③：分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液D．④：除去C2H6中含有的C2H46、用下列实验方案及所选玻璃容器(非玻璃容器任选)就能实现相应实验目的是实验目的实验方案玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的浓溶液，冷却结晶，过滤

酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明CH3COOH的酸性强弱用pH试纸测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pH玻璃棒玻璃片C证明AgBr的溶度积比AgCl小向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液，出现白色沉淀后，再向其中滴加同浓度的NaBr溶液试管、滴管D配制1L16%的CuSO4溶液(溶液密度≈1g/mL)将25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中烧杯、量筒、玻璃棒A．A B．B C．C D．D7、某反应的氧化剂与还原剂及部分产物如下所示：2Mn2++5IO4—+……→2MnO4—+……已知该反应体系还包括H+、H2O与另一种含碘微粒。对于该氧化还原反应说法正确的是A．Mn2+是氧化剂，IO4—是还原剂B．体系中另一种含碘微粒为I—C．随着反应进行，溶液pH不断上升D．每有1molIO4—参加反应，转移2mol电子8、下表各组物质中，物质间不可能实现如图转化的是()选项XYZMAFe(s)FeCl2FeCl3Cl2BNaOH(aq)Na2CO3NaHCO3CO2CNH3(g)NONO2O2DNaOHNaAlO2Al(OH)3AlCl3A．A B．B C．C D．D9、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D．100g46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA10、下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色B分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大证明非金属性:S>CC向铁和稀硝酸反应后的漭液中若滴加KSCN溶液显红色:若滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去该溶液中既有Fe3+,还有Fe2+D浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和COA．A B．B C．C D．D11、NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．16gCH4所含原子数目为NAB．1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na+C．常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子D．2.4gMg与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA12、科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16mg·cm-3，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是()A．“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料B．“全碳气凝胶”与石墨互为同位素C．“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃D．“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在13、向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量随消耗氯气物质的量的变化如下图所示。下列说法中正确的是()A．线段Ⅲ代表Fe2＋的变化情况B．线段Ⅰ代表Br－的变化情况C．a值等于6D．原混合溶液中n(FeBr2)＝4mol14、下列微粒不具有还原性的是

()A．H2B．H＋C．NaD．CO15、白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图。下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是A．分子式是B．能发生加成反应C．能发生水解反应D．能发生缩聚反应16、下列各项反应对应的图象正确的是（）A．25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．向NaAlO2溶液中通入HCl气体C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合液中通入CO2二、非选择题（本题包括5小题）17、A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）W在元素周期表中的位置是___。A与E组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式___。（2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）___。a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2b．E的气态氢化物的稳定性小于HFc．A的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质（3）WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为____。（4）①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为___。②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为____。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为__。上述W的氧化物X能与D的单质反应，写出该反应的化学方程式为__。18、从薄荷油中得到一种烃A(C10H16)，叫α—非兰烃，与A相关反应如图：已知：（1）H的分子式为___。（2）B所含官能团的名称为___。（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有__种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为___。（4）B→D，D→E的反应类型分别为___、___。（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：___。（6）写出E→F的化学反应方程式：___。19、水合肼是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO==Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。（制备NaClO溶液）实验装置如图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）请写出肼的电子式_________________。（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有________________。（3）装置I中发生的化学反应方程式是____________________________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是______________________________。（制取水合肼）实验装置如图乙所示。（4）仪器B的名称为_________；反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，请写出该反应的化学反应方程式__________。（5）充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取的操作是_____________________。（测定肼的含量）称取馏分0.2500g，加水配成20.00mL溶液，在一定条件下，以淀粉溶液做指示剂，用0.1500mol·L－1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O①滴定终点时的现象为______________________________。②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4.H2O的质量分数为______。20、氯化亚铜晶体呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮湿空气中易被氧化。氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料。实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列问题：（1）“操作①”调节溶液的pH范围为3.2≤pH<5.6，便于将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀除去，加入的“试剂X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反应②”是向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥密封包装即得产品，据此回答下列问题：①写出向溶液2中加入食盐并通入SO2可生成CuCl的离子方程式__________。②用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氢气流中得到CuCl2·2H2O固体的“操作②”具体步骤为________、过滤、洗涤。（4）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.250g和10mL过量的FeCl3溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数1230.250g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）20.3520.0519.95则样品中CuCl的纯度为________。（5）如图所示将氯气从a通入与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯省略），反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化学腐蚀过程中的正极反应式为___________。21、氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)按图1所示工艺流程制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)：请回答下列问题：（1）为了完成步骤Ⅰ，可采用图2所示的装置将粗铜完全转化为固体a：①A装置中发生反应的离子方程式是___________________________________________。②在该实验中，点燃A、C装置中的酒精灯时，应该先点燃________装置的酒精灯，D装置的作用是_____________________________，C装置中生成的产物是________________。③有同学认为应在B装置前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要____(填“是”或“否”)。（2）步骤Ⅱ的操作：将固体a置于烧杯中，然后加入_________，至固体完全溶解。（3）步骤Ⅲ中应先加入某试剂调节溶液b的pH以除去杂质，该试剂可选用下列试剂中的________(填序号)。a．NaOH溶液b．氨水c．CuOd．Cu2(OH)2CO3e．CuSO4溶液（4）步骤Ⅳ中，将溶液c蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2·2H2O。现欲得到无水CuCl2，在实验室也可以采用图2所示装置使CuCl2·2H2O脱水得到无水CuCl2，则A装置中的两种化学试剂是___________________________(填名称)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【分析】向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。【详解】A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mLNa2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。2、C【解析】A.在0.1

mol•L-1NaClO溶液中，存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)，故A正确；B.混合后为氯化钠和氨水，显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(C1-)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故B正确；C.常温下，pH＝2的HCl溶液浓度为0.01

mol•L-1，10

mL

0.01

mol•L-1HCl溶液与10

mL

0.01

mol•L-1Ba(OH)2溶液充分混合后，碱剩余，根据电荷守恒，c(Cl－)+c(OH－)＝2c(Ba2＋)＋c(H＋)，故C错误；D.10mL0.5mol/LNa2CO3溶液中慢慢滴入10mL0.5mol/L盐酸后的溶液中存在等浓度的氯化钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，根据质子守恒，c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，故D正确；故选C。3、D【解析】根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，R2+是还原剂，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物【详解】A、m=y=4，R2+是还原剂，A错误；B、m=y，R2+是还原剂，被氧化，B错误；C、m=4，R3+是氧化产物，C错误；D、m=4，R2+是还原剂，D正确；答案选D。4、C【分析】a的分子式为C9H8O，含有的官能团为碳碳双键和醛基，b的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和醚键，c的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和羟基。【详解】A项、b、c的分子式均为C9H10O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、a中均为不饱和碳原子，所有碳原子均有可能处于同一平面上，c中有一个饱和碳原子连在苯环上，一个饱和碳原子连在碳碳双键上，所有碳原子均有可能处于同一平面上，故B正确；C项、a、b都不含有羟基和羧基，不能发生酯化反应，故C错误；D项、a、b、c均含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键。5、A【详解】A．Al(OH)3能溶于盐酸而H2SiO3难溶于盐酸，因此可以用盐酸鉴别两种物质，故A正确；B．若溶液中含有Ag+，盐酸酸化的BaCl2溶液中的Cl-会与溶液中Ag+会产生AgCl白色沉淀，因此不能证明原溶液中是否含有SO，故B错误；C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，应该用分液的方法分离，故C错误；D．C2H4能够被KMnO4酸性溶液氧化为CO2气体，使C2H6中混入了新杂质，不能达到除杂的目的，故D错误；故选A。6、B【解析】A．过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，选项A错误；B、用pH试纸测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，pH>7，证明CH3COOH为弱酸，所需要玻璃仪器有玻璃棒、玻璃片，选项B正确；C、加入氯化钠溶液需过量，然后滴加溴化钠，如果出现淡黄色沉淀，说明溴化银的溶度积比氯化银的小，使用的玻璃仪器是试管和滴管，选项C错误；D.1L16%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是1mol，溶液的质量是1000g，25gCuSO4•5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、溶液的配制及溶度积的应用等。易错点是选项C，出现沉淀后，滴加后NaBr溶液，溶液中AgNO3有剩余，此时滴加NaBr发生离子反应：Ag++Br-=AgBr↓，不能说明AgBr和AgCl溶度积的大小。7、D【分析】该反应中锰元素由+2价升为+7价，化合价升高被氧化，故Mn2+是还原剂，IO4—是氧化剂；根据电子守恒和元素守恒可知反应方程式为：。【详解】A.根据分析可知Mn2+是还原剂，IO4-是氧化剂，故A错误；B.根据方程式可知，另一种含碘微粒为：IO3-，故B错误；C.根据方程式可知反应过程中有氢离子生成，所以pH值会减小，故C错误；D.一个IO4-生成IO3-，化合价降低2价，得两个电子，故每有1molIO4-参加反应，转移2mol电子，故D项正确；故答案为D。8、A【解析】A.氯气与铁化合生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，不符合图中转化关系，故A错误；B.氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化关系，故B正确；C.氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，符合图中转化关系，故C正确；D.过量的氢氧化钠与氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，符合图中转化关系，故D正确。故选A。9、C【详解】A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。10、C【详解】A、SO2可使溴水褪色，体现SO2的还原性，故A错误；B、Na2SO3不是S元素的最高价含氧酸盐，所以室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大，不能证明非金属性:S>C，故B错误；C、Fe3+能使KSCN溶液显红色，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、浓硫酸可用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，故D错误。答案选C。【点睛】非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；室温下等物质的量浓度的Na2SO4与Na2CO3溶液的pH,后者较大，能证明非金属性:S>C。11、D【解析】试题分析：A．16g甲烷的物质的量为1mol，1mol水中含有4mol原子，所含原子数目为4NA，故A错误；B．没有告诉1mol•LNaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目，故B错误；C．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量，故C错误；D.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁与足量盐酸反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选D。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的计算与判断【名师点晴】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件；选项B为易错点，注意题中缺少溶液的体积选项D为易错点，注意镁原子最外层含有2个电子。12、A【详解】A．“全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；B．“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；C．“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；D．“全碳气凝胶”的性质稳定，但能在热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误；答案为A。13、C【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，据此分析作答。【详解】A．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，A项错误；B．由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，B项错误；C．由上述分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，C项正确；D．由上述分析可知，n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，而n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，则原混合溶液中n(FeBr2)＝n(Br-)=3mol，D项错误；答案选C。14、B【解析】A.H2中H元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故A不选；B.H＋中H元素化合价为+1价，处于H元素的最高价态，不具有还原性，故B选；C.Na元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故C不选；D.CO中C元素化合价为+2价，比较容易升高到+4价，具有较强的还原性，故D不选；故选B。点睛：元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性。对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。15、C【解析】分子中有7个碳原子，6个氧原子，六元环的左右两个角上应该连有H原子，所以分子式为。选项A正确。分子中有两个碳碳双键和一个羰基，所以可以发生加成反应（例如与氢气加成），选项B正确。分子中没有可以水解的官能团（例如：酯基或卤素原子），所以不能发生水解反应，选项C错误。分子中有两个羧基，属于二元酸，所以可以与二元醇发生缩聚反应，选项D正确。点睛：有机物发生缩聚反应常见的结构有以下几种：1、二元酸和二元醇的缩聚：2、羟基酸的缩聚：3、酚醛树脂类：16、C【详解】A.亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，通入氯气后发生反应，随着氯气的通入，pH会降低，直到氯气反应完全，pH不变，A项错误；B.向NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生、，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1:3，而不是3:1，B项错误；C.向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，与图像相符，C项正确；D.将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，

CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与NaOH反应（此时无沉淀生成）；最后与NaAlO2反应（有沉淀Al(OH)3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加；过量的CO2还可以继续与Na2CO3反应得到NaHCO3，过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后只有沉淀Al(OH)3，所以接着的图形应该为：沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，故整个过程的图形应为：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加，沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，图像不符合，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数=14-4-3=7，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，D为Al元素，E为Cl元素，W为Fe元素。(1)W为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A为C元素，E为Cl元素，组成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为，故答案为第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a选；b．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以F的非金属性强于Cl，则氢化物稳定性HCl小于HF，故b选；c．高温下，碳能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质，是因为生成的CO是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律解释，故c不选；故答案为ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案为2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化学方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。18、C10H20羧基、羰基4加成反应取代反应CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O【分析】根据A的分子式以及信息和A与酸性高锰酸钾溶液反应的生成物结构简式可知A的结构简式为，则B的结构简式为CH3COCOOH。B与氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为CH3CHOHCOOH，D与HBr发生羟基上的取代反应生成E，则E的结构简式为CH3CHBrCOOH。D分子中羟基和羧基，2分子D反应生成G，则根据G的分子式可知G的结构简式为，据此分析作答；【详解】（1）由H的结构简式可知，H分子式为C10H20；（2）B的结构简式为CH3COCOOH，所含官能团为羧基、羰基；（3）含两个-COOCH3基团的C的同分异构体共有H3COOCCH2CH2CH2COOCH3、H2COOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3CH2CH(COOCH3)2、共计4种；其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的同分异构体的结构简式为；（4）由上述分析知B发生加成反应生成D；D发生取代反应生成E；（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式为；（6）根据以上分析可知E→F的化学反应方程式为：CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O。19、烧杯、玻璃棒MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠直形冷凝管N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O冷却后补加滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复30.0%【分析】根据氮原子形成8电子稳定结构、氢原子形成2电子稳定结构分析电子式，根据已知中次氯酸钠能分解分析冰水浴的目的，根据物质的氧化性和还原性分析反应方程式，根据碘遇淀粉变蓝分析终点颜色变化，根据方程式中的物质的量关系计算肼的物质的量，进而计算质量和质量分数。【详解】(1)肼的化学式为N2H4，根据氢原子形成一对共用电子对分析，氮原子之间形成一对共用电子，电子式为；(2)配制30%的氢氧化钠溶液的实验步骤为计算，称量，溶解，所需的玻璃仪器有量筒，烧杯，玻璃棒，故答案为烧杯、玻璃棒；(3)二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰和氯气和水，反应方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；根据已知：3NaClO2NaCl+NaClO3，次氯酸钠容易分解，所以Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是防止温度过高次氯酸钠变为氯化钠和氯酸钠；(4)仪器B为直形冷凝管；分液漏斗中为次氯酸钠，具有强氧化性，水合肼具有强还原性，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，溶液中有过多的次氯酸钠，部分N2H4·H2O参与反应被氧化产生大量氮气，方程式为N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O；(5)液体加热时为了防止暴沸，通常加入沸石，若在蒸馏刚刚开始的时候忘记添加沸石，应该采取停止实验，冷却后补加；①滴定的原理为N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可利用碘遇淀粉变蓝选用淀粉为指示剂，滴定终点时的现象为当加入最后一滴滴定剂的时候，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；②20.00mL溶液中，n(N2H4·H2O)=1/2n（I2）=0.1500mol/L×0.02L/2=0.0015mol，馏分中m(N2H4·H2O)=0.0015mol×50g/mol=0.075g，馏分中N2H4·H2O的质量分数为0.0075g÷0.2500g×100%=30.0%。20、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化蒸发浓缩，冷却结晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液