曲靖第一中学2026届第二学期高三年级期末质量调研（一模）考试化学试题试卷含解析

曲靖第一中学2026届第二学期高三年级期末质量调研（一模）考试化学试题试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A．X的简单氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸2、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl23、X、Y、Z、W

为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A．反应①、②、③都属于氧化还原反应B．X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C．Na

着火时，可用甲扑灭D．一定条件下，x与甲反应生成丁4、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（）A．通过活塞K可控制CO2的流速B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体5、2010年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是()A．六炔基苯的化学式为C18H6B．六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构C．六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应D．六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应6、下列离子方程式或化学方程式正确的是()A．向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3：S2O32－＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2OB．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3＋＋3CO32－＝Al2(CO3)3↓C．“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl(饱和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4ClD．CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液：Cu2＋＋HS－＝CuS↓＋H＋7、高温下，某反应达到平衡，平衡常数，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减小。对该反应的分析正确的是A．反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2B．升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变8、可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是()A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极9、2019年8月《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl＋CO2CO＋NaClO。下列有关化学用语表示错误的是()A．中子数为12的钠原子：Na B．Cl－的结构示意图：C．CO2的结构式：O=C=O D．NaClO的电子式：10、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"PowerTrekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是()A．该电池可用晶体硅做电极材料B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D．当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下1.12LH211、下列电子排布式表示的基态原子中，第一电离能最小的是A．ns2np3 B．ns2np5 C．ns2np4 D．ns2np612、向氯化铁溶液中加入ag铜粉，完全溶解后再加入bg铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体cg。下列说法正确的是A．若a＞c，则滤液中可能含三种金属离子，且b可能小于cB．若a＞c，则cg固体中只含一种金属，且b可能大于cC．若a＜c，则cg固体含两种金属，且b可能与c相等D．若a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b可能小于c13、下列说法正确的是A．配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2发生水解B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高D．配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高14、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A．属于烃类 B．由不同酯组成的混合物C．密度比水大 D．不能发生皂化反应15、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaAlO2

溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2OC．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OD．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+16、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示：原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是A．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极B．充电时，Li+向左移动C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=LixCnD．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe−=xLiFePO417、如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（）选项XYZA食盐、浓硫酸HCl碱石灰BCaO、浓氨水NH3无水CaCl2CCu、浓硝酸NO2碱石灰D电石、食盐水C2H2含溴水的棉花A．A B．B C．C D．D18、下列说法正确的是A．CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)能自发进行，则该反应的ΔH>0B．室温下，稀释0.1mol·L−1NH4Cl溶液，溶液中增大C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)19、乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）()A．4种 B．5种 C．6种 D．7种20、下列说法不正确的是A．一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同D．乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O21、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小22、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．SO2CaSO3CaSO4B．Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)C．MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)D．FeFeSO4(aq)Fe(OH)2FeO二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化合物A～H的转换关系如所示：（1）A是有支链的炔烃，其名称是___。（2）F所属的类别是___。（3）写出G的结构简式：___。24、（12分）重要的化学品M和N的合成路线如图所示：已知：i．ii．iiiN的结构简式是：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是______，C与E生成M的反应类型是______．（2）写出下列物质的结构简式：X：______Z：______E：______（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．（4）1molG一定条件下，最多能与______molH2发生反应（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）熔点-54.1℃，沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的S的化合价为_______________，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_______________。（2）现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。①仪器A的名称为_______________，装置乙中装入的试剂是_______________，装罝B的作用是_______________。②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_______________（选填编号）。A．蒸馏水B．l0.0mol·L-1浓盐酸C．浓氢氧化钠溶液D．饱和食盐水③滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品，加入到100mL0.50000mol·L-1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗HCll0.00mL。达到滴定终点的现象为_______________，产品的纯度为_______________。26、（10分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时A中有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为___（至少填三种），E装置的作用是___。（2）装置B中的反应方程式：______，D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是______。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为______。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为______；溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为______。27、（12分）实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为______________(从浸取产物的溶解性考虑)。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，控制温度为55℃。温度不宜过高，这是因为______________________。(3)“沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：①制取SO2的化学方程式为______________________。②“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是________________。③反应完成的实验现象是____________________________。(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_________________，冰水洗涤及干燥。(已知：①碱性条件下，H2O2可将＋3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将＋6价的Cr还原为＋3价的Cr；＋6价的Cr在溶液pH<5时，主要以Cr2O72-的形式存在；在pH>7时，主要以CrO42-的形式存在。②部分物质溶解度曲线如图所示：③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)28、（14分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.1×10-62.30×10-21.17×10-101.08×10-10（1）用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因（将离子方程式补充完整）：+__________=+__________。____________（2）向滤液1中加入BaCl2·2H2O的目的，是使从溶液中沉淀出来。①结合上述流程说明熟石灰的作用：__________。②结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由：__________。③研究温度对沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下的沉淀率，如下图所示。已知：BaCrO4(s)Ba2+(aq)+ΔH>0的沉淀效率随温度变化的原因是__________。（3）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：__________。②回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是__________。（4）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。29、（10分）氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_____方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）基态铜原子价电子排布的轨道式为______。（3）[H2F]+[SbF6]-（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是______、______（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是；氟化铵中存在______（填序号）：A．离子键

B．σ键

C．π键

D．氢键（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系关键能。则F-F键的键能为kJ•mol-1，S-F的键能为______kJ•mol-1。（6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g•cm-3。①CuF比CuCl熔点高的原因是______；②已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=___nm

（列出计算式）。

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、B【解析】

Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。2、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B.MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D.AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。3、C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。4、B【解析】

A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。5、D【解析】

A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A正确；B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B正确；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都可发生加成反应，C正确；D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D错误；故答案选D。6、C【解析】

A.硝酸具有强氧化性，向Na2S2O3溶液中加入稀HNO3，不能生成二氧化硫气体，故A错误；B.向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液发生发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故B错误；C.“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠：NaCl(饱和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4Cl，故C正确；D.CuSO4溶液中加入过量NaHS溶液生成CuS沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式是Cu2＋＋2HS－＝CuS↓＋H2S↑，故D错误。7、D【解析】

A.化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物，所以反应方程式为：CO2+H2⇌CO+H2O，故A错误；B.升高温度,正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，所以v正增大更多，故B错误；C.缩小容器体积，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响平衡移动，则v(逆)、v(正)增大相同，故C错误；D.反应前后气体计量数之和不变，所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后气体质量不变，所以混合气体平均相对分子质量都不变，故D正确；故选：D。8、A【解析】

A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故A正确；B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al＋4OH－－3e－=AlO2-+2H2O，故B错误；C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al＋4OH－+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；故选A。9、D【解析】

A.钠是11号元素，中子数为12的钠原子，质量数为23：Na，故A正确；B.氯的核电荷为17，最外层得到1个电子形成稳定结构，Cl－的结构示意图：，故B正确；C.二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故C正确；D.NaClO是离子化合物，NaClO的电子式：，故D错误；故选D。10、C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.当电池转移0.2mol电子时，可生成标准状况下2.24LH2，D不正确。本题选C。11、C【解析】

同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能的大小顺序为：D＞B＞A＞C，

故选：C。12、B【解析】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag铜粉，反应为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体cg，可能发生反应为2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu，根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe＝3FeCl2，则A．若a＞c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，所以b一定小于c，选项A错误；B．若a＞c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，cg固体中只含一种金属Cu，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，b一定小于c，选项B错误；C．若a＜c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，cg固体中含两种金属Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知b可能与c相等，选项C正确；D．若a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，选项D错误。答案选C。本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。13、B【解析】

A.Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；故合理选项是B。14、B【解析】

A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。15、A【解析】

A．NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正确；B．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D错误；故选A。本题的易错点为D，要注意反应物用量对反应的影响。16、B【解析】

A.原电池中电子流向是负极−导线−用电器−导线−正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A正确，但不符合题意；B.充电过程是电解池,左边正极作阳极,右边负极作阴极,又阳离子移向阴极,所以Li+向右移动，故B错误，符合题意；C.充电时,阴极C变化为LixCn,则阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=LixCn，故C正确，但不符合题意；D.放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe−=xLiFePO4，故D正确，但不符合题意；故选：B。17、A【解析】

A．浓硫酸和食盐制取氯化氢可以用固液混合不加热型装置，HCl密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，选项A正确；B．氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，选项B错误；C．二氧化氮和碱石灰反应可能有NO产生，NO也能污染空气，选项C错误；D．乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，选项D错误；答案选A。18、B【解析】

A．反应CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)是熵减的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知ΔH−TΔS<0，所以该反应的ΔH<0，A项错误；B．氯化铵溶液中铵根离子水解，所以溶液显酸性，加水稀释促进铵根离子的水解，溶液中增大，B项正确；C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0达平衡后，降低温度，正、逆反应速率均减小，但逆反应速率减小的幅度更大，平衡向正反应方向移动，C项错误；D．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液发生沉淀转化，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积大于其溶度积常数，因而才有BaCO3沉淀生成，不能得出Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，D项错误；答案选B。19、C【解析】

完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种H，乙基含有2种H，故产物的一氯代物有6种同分异构体；答案选C。容易出错。乙基环己烷的六元环含有4种H，同学会错当成乙苯的苯环那样有3种H。20、C【解析】A．苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B．淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C.石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D．乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C21、C【解析】

A.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D.由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。22、B【解析】

A．二氧化硫不能与氯化钙反应，A项错误；B．四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，B项正确；C．电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，C项错误；D．空气中灼烧氢氧化亚铁生成三氧化二铁，D项错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）卤代烃CH3CH(CH3)CHOHCH2OH【解析】

A是有支链的炔烃，由分子式可知为CH3CH(CH3)C≡CH，与氢气发生加成反应生成的E可进一步与溴反应，则E应为烯烃，结构简式为CH3CH(CH3)CH=CH2，F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH，一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H，由H的分子式可知H为缩聚反应的产物，据此解答该题。【详解】（1）A是有支链的炔烃，为CH3CH(CH3)C≡CH，名称为3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；故答案为：3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；（2）F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，属于卤代烃；故答案为：卤代烃；（3）由以上分析可知G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH；故答案为：CH3CH(CH3)CHOHCH2OH。24、羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】

有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。【详解】(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1molG一定条件下，最多能与3molH2发生反应；(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。25、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境D滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复75%【解析】

（1）SO2Cl2中，O的化合价是-2价，Cl的化合价是-1价，计算可得S的化合价是+6价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。（2）①如上图，甲是反应的发生装置，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12，防止污染环境。②利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。③硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HCl的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等，为0.1000mol·L-1×0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为0.100L×0.50000mol·L-1-0.010mol=0.04mol，根据总反应方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×135g/mol=1.35g，产率为1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%。SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和H2O都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-两部分，把水拆成H+和OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和Cl-结合，由于有2个Cl-，所以需要2个水分子提供2个H+，同时提供的2个OH-和1个结合为H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，盐类的水解也可以同样写出。26、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。27、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O45℃的水浴加热上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤【解析】

电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋，加适量Na2S溶液，过滤，滤液中Cr3＋、Fe3＋，处理生成Fe(OH)3Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；(3)①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是：45℃的水浴加热。③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu。28、1H2O22H+沉淀；调节溶液pH，使转化为而沉淀BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使沉淀更完全温度升高，沉淀速率加快c(H2SO4)增大，则c()增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4(s)Ba2+(aq)+(aq)ΔH>0平衡右移，c()增大；同时，c(H+)也增大，共同促进+H2O+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响【解析】含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42−，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1，向