云南省曲靖一中麒麟學校2026屆高三化學第一學期期中達標測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、已知反應：O3

+2I?

+H2O＝O2

+I2

+2OH?，下列說法不正確的是（）A．O2為還原產(chǎn)物B．氧化性：O3＞I2C．H2O既不是氧化劑也不是還原劑D．反應生成1molI2時轉移2mol電子2、25℃時，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是A．中性溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、SO42-B．含MnO4-的溶液中：H+、K+、Br-、I-C．0.1mol·L-1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、NO3-D．由水電離出的c(OH-)=1×10-14mol·L-1的溶液中：K+、Na+、SO42-、CO32-3、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是A．配制溶液B．制取收集干燥氨氣C．除去粗鹽中的不溶物D．觀察Fe(OH)2的生成4、工業(yè)上利用無機礦物資源生產(chǎn)部分材料的流程圖如下。下列說法正確的是（）（注：鋁土礦中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）A．在鋁土礦制備較高純度A1的過程中只用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B．石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反應C．在制粗硅時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2D．黃銅礦（CuFeS2)與O2反應產(chǎn)生的Cu2S、SO2均是還原產(chǎn)物5、下列說法正確的是A．乙醇的沸點低于丙烷B．油脂和蛋白質(zhì)都是高分子化合物C．CH2=C（CH3）2的名稱是2-甲基-2-丙烯D．對二甲苯的核磁共振氫譜有2個吸收峰6、四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X的簡單離子具有相同電子層結構，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，W與Y同族，Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性。下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：B．W與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：D．最高價氧化物的水化物的酸性：7、下列操作或裝置能達到實驗目的的是A．配制一定濃度的氯化鈉溶液B．除去氯氣中的氯化氫C．觀察鐵的吸氧腐蝕D．檢查乙炔的還原性8、室溫下，分別用0.1mol·L－1溶液進行下列實驗，結論不正確的是A．向NaOH溶液中通SO2至pH=7：c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO3B．向NH4HSO4加入等濃度等體積的NaOH溶液后：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)C．向NH4Cl溶液中加入等濃度等體積的NH3·H2O后，所得溶液呈堿性，則：c(NH4+)<c(NH3·H2O)D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶體：c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大9、下列現(xiàn)象或活動過程中不發(fā)生氧化還原反應的是A雷電B用我國研發(fā)的天眼接受宇宙中的信號C航空煤油用作水路兩用飛機的飛行燃料D手機充電A．A B．B C．C D．D10、下列實驗過程中產(chǎn)生的現(xiàn)象與對應的圖形相符的是()A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B．SO2氣體通入新制氯水中C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D．CO2氣體通入澄清石灰水中11、下列關于有機物的說法中，正確的說法有幾個①“乙醇汽油”是在汽油里加入適量乙醇而成的一種燃料，它是一種新型化合物②汽油、柴油和植物油都是碳氫化合物，完全燃燒只生成CO2和H2O③石油的分餾、煤的氣化和液化都是物理變化。④淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物都是葡萄糖⑤將ag銅絲灼燒成黑色后趁熱插入乙醇中，銅絲變紅，再次稱量質(zhì)量等于ag⑥除去CH4中的少量C2H4，可將混合氣體通過盛有溴水的洗氣瓶A．2 B．3 C．4 D．512、下列物質(zhì)轉化在給定條件下不能實現(xiàn)的是()A．Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3B．Al2O3NaAlO2(aq)AlCl3(aq)C．NH3NOHNO3D．SiO2H2SiO3Na2SiO313、常溫下0.1mol/LNH4Cl溶液的pH最接近于（）A．1 B．5 C．7 D．1314、用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得的溶液中加入鐵粉。對加入鐵粉充分反應后的溶液分析合理的是A．若無固體剩余，則溶液中一定有Fe3＋B．若有固體存在，則溶液中一定有Fe2＋C．若溶液中有Cu2＋，則一定沒有固體析出D．若溶液中有Fe2＋，則一定有Cu析出15、下列關于有機物的說法正確的是()A．乙二醇和丙三醇互為同系物B．分子式為C5H12O的醇，能在銅催化下被O2氧化為醛的同分異構體有4種C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．環(huán)己烯()分子中的所有碳原子共面16、用下列實驗裝置進行相應的實驗，能達到實驗目的的是（）A．圖I用于實驗室制取氨氣并收集干燥的氨氣B．圖II用于除去CO2中含有的少量HClC．圖III用于提取I2的CCl4溶液中的I2D．圖IV裝置用于驗證NaHCO3和Na2CO3的熱穩(wěn)定性17、某廢水中可能存在的離子如下:Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO2-、CO32-、S2－、SO32-、SO42-?，F(xiàn)取該溶液進行有關實驗，實驗過程及現(xiàn)象如下:下列說法正確的是A．根據(jù)實驗①中的現(xiàn)象可推出，氣體A一定是純凈物，淡黃色沉淀A一定是AgBrB．根據(jù)實驗②中現(xiàn)象可推出氣體B是CO2，沉淀B是Al(OH)3，原溶液中一定含有Al3＋C．根據(jù)實驗③中的現(xiàn)象可推出，氣體C是NH3，沉淀C一定含有BaCO3，可能含有BaSO4D．原溶液中肯定含有Na＋、AlO2-、S2－，不能確定是否含有SO32-、SO42-18、A～E是中學常見的5種化合物，A、B是氧化物，它們之間的轉化關系如下圖所示。則下列說法正確的是A．X與A反應的化學方程式是：Al2O3+2FeFe2O3+2AlB．檢驗D溶液中的金屬陽離子的反應：Fe3++3SCN—＝Fe(SCN)3↓C．單質(zhì)Y在一定條件下能與水發(fā)生置換反應D．由于化合物B和C均既能與酸反應，又能與堿反應，所以均是兩性化合物19、類推思維是化學解題中常用的一種思維方法，下列有關離子方程式的類推正確的是()選項已知類推A向Ca(OH)2懸濁液中通入Cl2：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O向CaCO3懸濁液中通入Cl2：Cl2＋CaCO3=Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋CO2↑B向氯化鋁溶液中加入足量NaOH溶液：Al3＋＋4OH－=[Al(OH)4]-向氯化鋁溶液中加入足量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=[Al(OH)4]-＋H2O＋4NH4+CFeCl2溶液中滴入氯水：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－向FeCl2溶液中滴入碘水：2Fe2＋＋I2===2Fe3＋＋2I－D向Ca(OH)2溶液中通入過量CO2：CO2＋OH－===HCO3-向Ca(OH)2溶液中通入過量SO2：SO2＋OH－===HSO3-A．A B．B C．C D．D20、根據(jù)如圖的轉化關系判斷下列說法正確的是（反應條件已略去）（）A．反應①②③④⑤均屬于氧化還原反應，反應③還屬于置換反應B．反應⑤說明該條件下鋁可用于制熔點較高的金屬C．相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數(shù)之比為1∶1D．反應①中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶421、研究電化學的裝置如圖所示，虛線框中可接a(電流計）或b(直流電源）。下列說法錯誤的是A．接a，該裝置將化學能轉化為電能B．接a，石墨是正極C．接b，鐵片連正極時被保護D．接b，石墨連正極時石墨上產(chǎn)生氣泡22、對氮原子核外的未成對電子的描述，正確的是A．電子云形狀不同 B．能量不同 C．在同一軌道 D．自旋方向相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）F是一種常見的α-氨基酸，可通過下列路線人工合成：回答下列問題：（1）化合物E中的官能團名稱是___________，烴A的結構簡式是____________。（2）由化合物D生成E、醇C生成D的反應類型分別是___________、___________。（3）化合物F的系統(tǒng)命名為____________，F(xiàn)相互形成的環(huán)狀二肽的結構簡式為___________。（4）化合物C可在灼熱CuO催化下與O2發(fā)生反應，得到一種具有刺激性氣味的液體，寫出相關的化學方程式____________。（5）0.05mol化合物E與足量NaOH醇溶液加熱反應，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為_____。（6）烴A可與苯酚在酸性條件下產(chǎn)生苯酚對位取代衍生物G（C8H10O），其滿足如下條件的G的同分異構體有_______種。①遇FeCl3溶液不顯紫色；②苯環(huán)上至多有兩個取代基；③有醚鍵。24、（12分）下列A?I九種中學化學常見的物質(zhì)之間的轉化關系如圖所示。已知A為固態(tài)非金屬單質(zhì)，B在實驗室常用作氣體干燥劑，D為常見液體，常溫下C、E、F都是無色氣體，E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，G是侯氏制堿法的最終產(chǎn)品回答下列問題：(1)F的分子式是________，圖中淡黃色固體中的陰、陽離子個數(shù)比為___________。(2)A與B反應的化學方程式是：

___________________

。(3)E轉變?yōu)镠和I的離子方程式是_____________，體現(xiàn)了E的___________性。(4)簡述檢驗H溶于水電離所產(chǎn)生的陰離子的操作方法、實驗現(xiàn)象和結論：_______。25、（12分）六價鉻有毒，而Cr3+相對安全。工業(yè)含鉻(CrO3)廢渣無害化處理的方法之一是干法解毒，用煤不完全燃燒生成的CO還原CrO3。在實驗室中模擬這一過程的裝置如下：CO由甲酸脫水制得；實驗結束時熄滅酒精燈的順序是______。26、（10分）樹德中學化學興趣小組設計不同實驗方案比較Cu2+、Ag+的氧化性。(本實驗忽略Cu2+、Ag+在此條件下的水解)(1)方案1:通過置換反應比較:向AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍。反應的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。(2)方案2:通過Cu2+、Ag+分別與同一物質(zhì)反應進行比較實驗試劑編號及現(xiàn)象試管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液1mLI.產(chǎn)生黃色沉淀，溶液無色1.0mol/LCuSO4溶液1mLII.產(chǎn)生棕黑色沉淀A，溶液變棕黃①經(jīng)檢驗，I中溶液不含I2，黃色沉淀是______。②取II中棕黃色溶液，加入少量______溶液，變?yōu)開_____色，說明生成了I2。推測Cu2+做氧化劑,沉淀A有CuI。該反應的離子方程式為:________________查閱資料得知:CuI為難溶于水的白色固體。于是對棕黑色沉淀的組成提出假設并證明假設是否成立，取部分棕黑色沉淀進行實驗二:已知:CuI難溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)；Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)。由實驗二得出結論:棕黑色沉淀是___________________?，F(xiàn)象ⅲ為______________。用化學平衡移動原理解釋產(chǎn)生現(xiàn)象ii的原因:________________。③白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應生成AgI和一種固體單質(zhì)，該反應的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。27、（12分）FeCl2是一種常用的還原劑、媒染劑。某化學實驗小組在實驗室里用如下兩種方法來制備無水FeCl2。有關物質(zhì)的性質(zhì)如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔點/℃-4553易升華沸點/℃132173(1)用H2還原無水FeCl3制取FeCl2。有關裝置如下：①H2還原無水FeCl3制取FeCl2的化學方程式為_______。②按氣流由左到右的方向，上述儀器的連接順序為____（填字母，裝置可多次使用）；C中盛放的試劑是_____。③該制備裝置的缺點為______。(2)利用反應2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取無水FeCl2并測定FeCl3的轉化率。按下圖裝置，在三頸燒瓶中放入32.5g無水氯化鐵和過量的氯苯，控制反應溫度在一定范圍加熱3h，冷卻、分離提純得到粗產(chǎn)品。①儀器a的名稱是____。②反應結束后，冷卻實驗裝置A，將三頸燒瓶內(nèi)物質(zhì)倒出，經(jīng)過濾、洗滌、干燥后，得到粗產(chǎn)品。洗滌所用的試劑可以是__，回收濾液中C6H5C1的操作方法是____。③反應后將錐形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，終點時消耗NaOH溶液為19.60mL，則氯化鐵的轉化率為______。28、（14分）輝銅礦主要成分Cu2S,此外還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，軟錳礦主要含有MnO2,以及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)。研究人員開發(fā)綜合利用這兩種資源，用同槽酸浸濕法冶煉工藝，制備硫酸錳晶體和堿式碳酸銅.主要工藝流程如下:已知：①MnO2有較強的氧化性，能將金屬硫化物中的硫氧化為單質(zhì)硫；②[Cu（NH3）2]SO2常溫穩(wěn)定，在熱水溶液中會分解生成NH3；③部分金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH范圍（開始沉淀和完全沉淀的pH）：Fe3+：1.5～3.2Mn2+：8.3～9.8Cu2+：2.2～6.2④MnSO2·H2O溶于1份冷水、1．6份沸水，不溶于乙醇。（1）實驗室配制251mL2．8mol?L－1的稀硫酸，所需的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、燒杯以外還需要___。（2）酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施有__________（任寫一點）。（3）酸浸時，得到浸出液中主要含有CuSO2、MnSO2等。寫出該反應的化學方程式：___________。（2）調(diào)節(jié)浸出液pH=2的作用是______________。（5）本工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)是_____________（寫化學式）。（6）獲得的MnSO2?H2O晶體后常用酒精洗滌，主要目的是_________________。（7）測定MnSO2?H2O樣品的純度：準確稱取樣品12.11g，加蒸餾水配成111mL溶液，取出25.11mL用標準的BaCl2溶液測定，完全反應后得到了2.66g沉淀，則此樣品的純度為______。29、（10分）環(huán)丁基甲酸是重要的有機合成中間體，其一種合成路線如下：（1）A屬于烯烴，其結構簡式是_____________。（2）B→C的反應類型是_____，該反應生成的與C互為同分異構體的的副產(chǎn)物是________（寫結構簡式）。（3）E的化學名稱是_________。（4）寫出D→E的化學方程式：_________。（5）H的一種同分異構體為丙烯酸乙酯(CH2=CH-COOC2H5),寫出聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的化學方程式：_________。（6）寫出同時滿足下列條件的G的所有同分異構體：_________（寫結構簡式，不考慮立體異構）①核磁共振氫譜為3組峰；②能使溴的四氯化碳溶液褪色③1mol該同分異構體與足量飽和NaHCO3溶液反應產(chǎn)生88g氣體。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】反應O3

+2I?

+H2O＝O2

+I2

+2OH?中，O元素化合價降低，O3部分被還原生成OH-，I元素化合價升高，I?被氧化生成I2。A．O3生成O2時沒有發(fā)生化合價的變化，故O2不是還原產(chǎn)物，故A錯誤；B．該反應中I2是氧化產(chǎn)物，O3是氧化劑，故氧化性：氧化性：O3＞I2，故B正確；C．H2O在反應中所含元素化合價沒有發(fā)生變化，所以水既不是氧化劑也不是還原劑，故C正確；D．I元素化合價由-1價升高到0價，則反應生成1molI2時轉移2mol電子，故D正確。故答案選A。2、D【解析】A項，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH約為4，中性溶液中Fe3+不能大量存在，錯誤；B項，MnO4-具有強氧化性，會將Br-、I-氧化，不能大量共存；C項，發(fā)生離子反應：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，不能大量共存；D項，25℃時水電離出的c（OH-）=1×10-14mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，酸性條件下CO32-不能大量共存，堿性條件下離子間不反應能大量共存，可能共存，正確；答案選D。點睛：離子不能大量共存的原因有：（1）離子間發(fā)生復分解反應生成沉淀、弱電解質(zhì)、氣體；（2）離子間發(fā)生氧化還原反應，如Fe2+與H+、NO3-等；（3）離子間發(fā)生絡合反應，如Fe3+與SCN-等；（4）離子間發(fā)生雙水解反應，如Al3+、Fe3+與CO32-、HCO3-、AlO2-等；（5）注意題干的附加條件，如無色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等；酸性溶液中與H+反應的離子不能存在；堿性溶液中與OH-反應的離子不能存在；與Al反應放H2的溶液既可能呈酸性也可能呈堿性；25℃水電離的c（H+）110-7mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈堿性等。3、D【解析】A．配制溶液定容時，在距離刻度線1-2cm時，要用膠頭滴管滴加，直到液體的凹液面與刻度線相切，故A項錯誤；B．氨氣的密度小于空氣，應該用向下排空氣法收集，導氣管應該伸入到小試管底部，故B項錯誤；C．玻璃棒要輕輕抵在三層濾紙一側，漏斗頸尖端靠于燒杯的內(nèi)壁上，為了防止液體飛濺，故C項錯誤；D．由于Fe(OH)2很容易被空氣中的氧氣氧化成Fe(OH)3，因而要觀察Fe(OH)2的生成需要用植物油隔絕空氣防止其被氧化，故D項正確；綜上所述，本題選D。4、C【詳解】A．根據(jù)鋁土礦的成分，先加入鹽酸，然后過濾，向濾液中加入過量的NaOH溶液，產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，過濾，向濾液中通入足量的CO2，生成氫氧化鋁，氫氧化鋁受熱分解成氧化鋁，然后加入冰晶石，電解熔融狀態(tài)氧化鋁得到金屬鋁，因此需要用到的物質(zhì)為鹽酸、NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石，故A項錯誤；B．石英的成分是SiO2，屬于氧化物，且不與鹽酸反應，故B項錯誤；C．制取粗硅的反應中C的化合價升高，即C為還原劑，SiO2中Si的化合價降低，即SiO2作氧化劑，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1:2，故C項正確；D．CuFeS2中S的化合價為-2價，轉化成二氧化硫，S的化合價升高，氧氣中O的化合價降低，即二氧化硫既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，故D項錯誤；故選C。5、D【詳解】A.乙醇分子間存在氫鍵，丙烷分子間不存在氫鍵，乙醇沸點高于丙烷，錯誤；B.油脂是小分子，錯誤；C.CH2=C（CH3）2的名稱是2-甲基-1-丙烯，錯誤；D.對二甲苯的結構簡式為，對二甲苯中有兩種H原子，核磁共振氫譜有2個吸收峰且峰的面積比為3:2，正確；答案選D。6、B【分析】四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X為Na；由原子序數(shù)可知，Y、Z處于第三周期，而Z與X（鈉）形成的離子化合物的水溶液呈中性，則Z為Cl；W、X的簡單離子具有相同電子層結構，且W與Y同族，W在第二周期且是非金屬元素，W可能是N或O，則對應的Y為P或S?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W為N或O，X為Na，Y為P或S，Z為Cl，A.X與W的離子電子層結構相同，簡單離子半徑：，故A錯誤；B.W與X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈堿性，故B正確；C.W與Y同族，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：，故C錯誤；D.Y、Z處于第三周期，最高價氧化物的水化物的酸性取決于非金屬性，故：，故D錯誤；故選B。7、C【解析】A．配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，定容時眼睛應平視刻度線，故A錯誤；B．飽和碳酸氫鈉溶液能夠與氯化氫反應生成二氧化碳，引入新的雜質(zhì)，應改用飽和氯化鈉溶液，故B錯誤；C．氯化鈉溶液呈中性，鐵在食鹽水中發(fā)生吸氧腐蝕，在酸性條件下發(fā)生析氫腐蝕，故C正確；D．生成的乙炔中含有H2S、PH3等還原性氣體，應將雜質(zhì)除去方能證明乙炔的還原性，故D錯誤；故選C。8、B【解析】A.向NaOH溶液中通SO2至pH=7，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，因此c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，故A正確；B.NH4Cl溶液中加入等濃度等體積的NH3·H2O后，所得溶液呈堿性，說明氨水的電離程度大于氯化銨的水解程度，則c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，故B錯誤；C.向NH4HSO4加入等濃度等體積的NaOH溶液反應后生成等濃度的硫酸鈉和硫酸銨，根據(jù)物料守恒，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO42-)=c(Na+)，故C正確；D.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶體，c(CH3COO-)，抑制醋酸的電離，溶液中c(H+)減小，但電離平衡常數(shù)不變，因此c(CH39、B【解析】在物質(zhì)發(fā)生化學變化時，元素化合價也發(fā)生了變化，則發(fā)生了氧化還原反應，否則沒發(fā)生氧化還原反應，以此分析?！驹斀狻緼.雷電時，空氣中的氧氣和氮氣化合生成一氧化氮，該反應元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故A不選；B.天眼接受宇宙中的信號，沒有發(fā)生化學變化，所以沒發(fā)生氧化還原反應，故選B；C.燃燒反應為氧化還原反應，故C不選；D.手機充電是電解原理，將電能轉化為化學能，發(fā)生了氧化還原反應，故D不選。答案選B。10、D【解析】A.硝酸具有氧化性，能氧化亞硫酸氫鈉，生成硫酸鈉，硝酸的還原產(chǎn)物是NO，圖象中產(chǎn)生氣體的起始點錯誤，故A錯誤；B.SO2與氯水反應生成HCl和H2SO4，溶液酸性增強，圖象中pH變化不正確，故B錯誤；C.NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-與HCO3-生成CO32-，CO32-隨即與Ba2+產(chǎn)生沉淀，即反應開始時就有沉淀生成，故C錯誤；D.CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，一開始反應溶液中自由移動的離子減少，但CO2過量時會發(fā)生CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，自由移動的離子增多，導電性又增強，故D正確；故選D。11、B【詳解】①“乙醇汽油”是在汽油里加入適量乙醇而成的一種燃料，所以是混合物，故①錯誤；②汽油、柴油都是碳氫化合物，植物油是脂類物質(zhì)，所以除了碳氫元素之外，還有氧元素，故②錯誤；③石油的分餾沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，煤的氣化和液化屬于化學變化，故③錯誤；④淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物都是葡萄糖，故④正確；⑤銅絲灼燒成黑色，立即放入乙醇中，CuO與乙醇反應：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反應前后其質(zhì)量不變，故⑤正確；⑥乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成二溴乙烷而使溴水褪色，可用來鑒別，且能除去乙烯，故⑥正確；正確的說法有3個，故選B。12、D【詳解】A.氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，氯化鐵溶液水解顯酸性，在通入氯化氫氣流的情況下，抑制了氯化鐵的水解，加熱蒸干可以得到無水FeCl3，能夠實現(xiàn)，A不選；B.氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液與足量的鹽酸反應生成氯化鋁溶液，可以實現(xiàn)，B不選；C.氨氣發(fā)生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮與氧氣、水按照一定的比例反應可生成硝酸，可以實現(xiàn)，C不選；D.二氧化硅不溶于水，與水不反應，無法實現(xiàn)該轉化，D可選；綜上所述，本題選D。【點睛】氯化鐵溶液能夠發(fā)生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加熱蒸發(fā)灼燒，氯化氫揮發(fā)，平衡右移，最終得到氧化鐵固體；只有在不斷地通入氯化氫氣流（或加入濃鹽酸）情況下，抑制其水解，加熱蒸干最后才能得到氯化鐵固體。13、B【分析】NH4Cl溶液水解顯酸性，且水解生成的氫離子濃度小于0.1mol/L，以此來解答?！驹斀狻縉H4Cl溶液水解顯酸性，且水解生成的氫離子濃度小于0.1mol/L，則氯化銨溶液的pH介于1-7之間，只有B符合；

故答案選B。14、B【詳解】氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，還原性是Fe＞Cu，則A、若無固體剩余，這說明鐵粉完全被氧化，但此時溶液中不一定還有Fe3＋，A不正確；B、若有固體存在，則固體中一定有銅，可能還有鐵，因此溶液中一定有Fe2＋，B正確；C、若溶液中有Cu2＋，則也可能有部分銅已經(jīng)被置換出來，因此不一定沒有固體析出，C不正確；D、若溶液中有Fe2＋，但如果溶液鐵離子過量，則不一定有Cu析出，D不正確；答案選B。15、B【詳解】A．乙二醇和丙三醇中-OH數(shù)目不同，不屬于同系物，故A錯誤；B．分子式為C5H12O的醇，它的同分異構體中，經(jīng)氧化可生成醛，說明連接羥基的碳原子上含有2個氫原子，C5H12的同分異構體有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。當烷烴為CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1種結構；當烷烴為(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2種結構；當烷烴為(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1種結構，因此C5H12O的醇中可以氧化為醛的醇有4種，故B正確；C．的最長碳鏈有6個碳，其名稱為2，3，4，4-四甲基己烷，故C錯誤；D．環(huán)己烯()分子中含有4個亞甲基，亞甲基具有甲烷的四面體結構，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D錯誤；故選B。16、D【詳解】A.NH4Cl分解產(chǎn)物NH3和HCl的試管口遇冷，又會化合成NH4Cl，所以制氣裝置中的藥品不正確，但后面裝置可以收集干燥的氨氣，A不正確；B.圖II是用于收集氣體的裝置，若用于除去CO2中含有的少量HCl，則氣體應長進短出，B錯誤；C.因為I2在水中的溶解度比在CCl4中小得多，所以不能用圖III提取I2的CCl4溶液中的I2，C錯誤；D.給外面試管加熱，通過澄清石灰水檢測，里面試管中的NaHCO3分解，內(nèi)管溫度低，但固體分解，從而說明NaHCO3比Na2CO3的熱穩(wěn)定性差，D正確。故選D。17、C【解析】試題分析：A、某無色溶液中加入過量的HBr溶液并加熱，產(chǎn)生淡黃色沉淀，則說明可能含有Ag+，發(fā)生反應：Ag++Br-=AgBr↓，淡黃色沉淀為AgBr；也可能含有S2一、SO32－，發(fā)生反應：2S2一+SO32－+6H+=3S↓+3H2O，淡黃色沉淀為S。產(chǎn)生氣體A，證明含有CO32－、S2一、SO32－中至少1種，A錯誤；B、溶液A中加入過量的NH4HCO3溶液，得到氣體B為CO2；NH4HCO3溶液顯堿性，所以產(chǎn)生的白色沉淀B可能為Al(OH)3,則原溶液中含有AlO2-,在加過量的HBr時發(fā)生反應：4H++AlO2-=Al3++2H2O，B錯誤；C、溶液B中加入過量的Ba(OH)2溶液，產(chǎn)生氣體C，為NH3；反應的方程式為NH4++OH-=NH3↑+H2O；沉淀C一定含有BaCO3。發(fā)生反應HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。若原溶液中含有SO42－，則沉淀C中就含有BaSO4，沉淀反應為SO42－+Ba2+=BaSO4↓，C正確；D、根據(jù)上述分析可知原溶液一定含有AlO2-，，由于Al3+、AlO2一會發(fā)生離子反應而不能共存。因此一定不含有Al3+。但是其它離子如S2－不能確定其存在，D錯誤；答案選C考點：元素化合物的性質(zhì)，離子共存18、C【分析】單質(zhì)X與氧化物A反應生成單質(zhì)Y與氧化物B，且涉及到的4種物質(zhì)都能與稀硫酸反應，即可判斷X與A反應生成Y與B的反應為鋁熱反應。【詳解】單質(zhì)X與氧化物A反應生成單質(zhì)Y與氧化物B，且涉及到的4種物質(zhì)都能與稀硫酸反應，即可判斷X與A反應生成Y與B的反應為鋁熱反應，A．鐵的活潑性小于鋁，鐵不能置換鋁，所以X與A反應的化學方程式是Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，A項錯誤；B．Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，生成物不是沉淀，是血紅色配合物，B項錯誤；C．單質(zhì)Y是鐵，鐵與水蒸氣在高溫下生成四氧化三鐵和氫氣，為置換反應，C項正確；D．C為硫酸鋁不能與酸反應，能與堿反應，D項錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，無機物的推斷，涉及鋁、鐵及其化合物的性質(zhì)。推斷的突破口是單質(zhì)X與氧化物A反應生成單質(zhì)Y與氧化物B，且涉及到的4種物質(zhì)都能與稀硫酸反應，即可判斷X與A反應生成Y與B的反應為鋁熱反應。19、D【詳解】A.氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，鹽酸的酸性強于碳酸，但次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，所以碳酸鈣懸濁液和氯氣反應生成氯化鈣和二氧化碳和次氯酸，故錯誤；B.氫氧化鋁能溶于氫氧化鈉，但不溶于氨水，故錯誤；C.鐵離子和碘離子發(fā)生氧化還原反應，故錯誤；D.氫氧化鈣和過量的二氧化碳反應生成碳酸氫鈣，氫氧化鈣和過量的二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈣，故正確。故選D。.20、B【解析】A．①為二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯氣、氯化錳、水，②為氯氣與石灰乳反應生成氯化鈣、次氯酸鈣、水，③為過氧化氫分解生成水和氧氣，④為氯酸鉀分解生成氯化鉀和氧氣，⑤為鋁和二氧化錳發(fā)生鋁熱反應生成Mn和氧化鋁，均存在元素的化合價的升降，均屬于氧化還原反應，但③不屬于置換反應，故A錯誤；B．⑤為鋁熱反應，放出大量的熱，可用于制熔點較高的金屬，故B正確；C．③中O元素的化合價由-1價升高為0價，④中O元素的化合價由-2價升高為0價，則相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數(shù)之比為1：2，故C錯誤；D．反應①4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，HCl中Cl元素的化合價由-1價升高為0價，由電子守恒可知，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，故D錯誤；故選B。21、C【解析】接a，構成原電池，將化學能轉化為電能，故A正確；接a，構成原電池，石墨是正極，鐵是負極，故B正確；接b，構成電解池，鐵片連正極時被腐蝕，故C錯誤；接b，構成電解池，石墨連正極時石墨上的電極反應為，故D正確。22、D【解析】碳原子核外兩個未成對電子，都屬于2p軌道，能量相同，形狀相同，由于p軌道又分三個軌道，不同電子優(yōu)先占據(jù)空軌道，所以碳原子核外兩個未成對電子，不在同一軌道，并且自旋方向相同.【詳解】A、碳原子核外兩個未成對電子，都屬于2p軌道，p軌道沿x、y、z軸的方向電子云密度大，呈現(xiàn)啞鈴型，則電子云形狀相同，故A錯誤；B、碳原子核外兩個未成對電子，都屬于2p軌道，能量相同，故B錯誤；C、p軌道又分三個軌道，不同電子優(yōu)先占據(jù)空軌道，所以碳原子核外兩個未成對電子，不在同一軌道，故C錯誤；D、p軌道又分三個軌道，不同電子優(yōu)先占據(jù)空軌道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外兩個未成對電子，自旋方向相同，故D正確；故選D【點睛】易錯點B，注意同一能層相同能級上的電子能量相同，電子云形狀相同。二、非選擇題(共84分)23、溴原子和羧基CH2=CH2取代反應氧化反應2－氨基丙酸或α－氨基丙酸2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O0.1mol3【分析】根據(jù)B的結構簡式，推出烴A為CH2=CH2，根據(jù)D的分子式，D為羧酸，即D的結構簡式為CH3CH2COOH，根據(jù)E的結構簡式，D→E發(fā)生取代反應，C→D的條件是酸性高錳酸鉀溶液，發(fā)生氧化反應，即C結構簡式為CH3CH2CH2OH，F(xiàn)是α－氨基酸，即F的結構簡式為CH3CH(NH2)COOH，據(jù)此分析。【詳解】根據(jù)B的結構簡式，推出烴A為CH2=CH2，根據(jù)D的分子式，D為羧酸，即D的結構簡式為CH3CH2COOH，根據(jù)E的結構簡式，D→E發(fā)生取代反應，C→D的條件是酸性高錳酸鉀溶液，發(fā)生氧化反應，即C結構簡式為CH3CH2CH2OH，F(xiàn)是α－氨基酸，即F的結構簡式為CH3CH(NH2)COOH；(1)根據(jù)E的結構簡式，E中含有官能團是溴原子和羧基；烴A為乙烯，結構簡式為CH2=CH2；(2)根據(jù)上述分析，反應類型分別是取代反應和氧化反應；(3)化合物F的結構簡式為CH3CH(NH2)COOH，該化合物的名稱為2－氨基丙酸或α－氨基丙酸；兩個F分子形成環(huán)狀二肽，發(fā)生取代反應，羧基去羥基，氨基去氫，化學反應方程式為2CH3CH(NH2)COOH→＋2H2O，即環(huán)狀二肽物質(zhì)為；(4)C為CH3CH2CH2OH，在Cu作催化劑下，被氧氣氧化成醛，化學反應方程式為2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；(5)E中含有官能團是溴原子和羧基，與NaOH醇溶液發(fā)生消去反應和中和反應，即反應方程式為CH3CH(Br)COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaBr＋2H2O，根據(jù)反應方程式可知，0.05mol化合物E與足量NaOH醇溶液加熱反應，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為0.1mol；(6)遇FeCl3溶液不顯色，說明不含有酚羥基，苯環(huán)上有兩個取代基，取代基位置為鄰間對三種，根據(jù)G的分子式，且有醚鍵，即結構簡式(鄰間對)，共有3種?！军c睛】本題突破口在烴A，乙烯與氧氣在Ag作催化劑時生成環(huán)氧乙烷，然后根據(jù)反應條件和分子式作出合理推斷即可。24、O21:2C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-還原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明H溶于水電離產(chǎn)生Cl-【分析】根據(jù)圖中各物質(zhì)轉化關系，A為固態(tài)非金屬單質(zhì)，B在實驗室常用作氣體干燥劑，常溫下C、E、F都是無色氣體，D是常見液體，B為濃硫酸，D為水，則A與B的反應應為碳和濃硫酸的反應，E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，E為二氧化硫，E能與黃綠色溶液（應為氯水）反應生成I，I遇氯化鋇有白色沉淀，則I中應有硫酸根，I為H2SO4，H為HCl，所以A為C，B為濃H2SO4，E為SO2，D為H2O，C為二氧化碳，C能與淡黃色固體反應，則應為二氧化碳與過氧化鈉的反應，所以F為O2，G為Na2CO3，HCl與Na2CO3反應生成二氧化碳、氯化鈉和水，符合各物質(zhì)的轉化關系，據(jù)此答題?！驹斀狻緼.根據(jù)以上分析，F(xiàn)為O2，題中淡黃色固體為過氧化鈉，過氧化鈉中陰、陽離子個數(shù)比為1:2，故答案為O2，1:2。B.A與B反應的化學方程式為：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O。C.E轉變?yōu)镠和I的離子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合價由+4→+6價，化合價升高，作還原劑，體現(xiàn)其還原性，故答案為SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，還原性。D.H為HCl，HCl溶于水電離出的陰離子為Cl-，Cl-的檢驗操作為先加稀硝酸，無現(xiàn)象，再加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明H溶于水電離所產(chǎn)生的陰離子為氯離子，故答案為在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明H溶于水電離產(chǎn)生Cl-。【點睛】此題的突破口在于淡黃色的固體，高中階段常見的有過氧化鈉和硫單質(zhì)，I與氯化鋇反應有白色沉淀，推測I為H2SO4。25、III→I→IV【分析】依據(jù)制取CO、CO發(fā)生氧化還原反應，最后結合CO氣體是有毒氣體需要點燃處理分析。【詳解】在I中在濃硫酸存在和加熱條件下甲酸HCOOH發(fā)生分解產(chǎn)生CO和H2O，通過II緩沖，形成穩(wěn)定的氣流，然后在III中在加熱時CO與CrO3發(fā)生氧化還原反應使CrO3還原，由于反應生成的CO是有毒氣體，不能直接排放到空氣中，最后需要點燃除去。Ⅲ裝置中發(fā)生的反應是CO還原CrO3，需要冷卻后再停止通CO氣體，防止還原產(chǎn)物被氧化，所以熄滅酒精燈的順序是先熄滅Ⅲ，再熄滅Ⅰ，最后熄滅Ⅳ?！军c睛】本題考查了化學實驗操作的順序?；瘜W實驗必須在一定條件下，按照一定的順序進行，否則若操作順序不當，就會導致實驗失敗，不僅不能達到預期實驗目的，甚至會發(fā)生危險，產(chǎn)生事故。26、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉藍2Cu2++4I-2CuI↓+I2CuI吸附I2

形成的(CuI與I2的混合物)

棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解CuI+

2Ag+=Cu2++Ag+AgI【分析】（1）結合金屬活動性順序及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性規(guī)律，再根據(jù)反應現(xiàn)象推出結論；（2）①黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀；②證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測，若溶液變藍，則證明溶液中含有I2單質(zhì)，再根據(jù)電子守恒規(guī)律，配平氧化還原反應即可；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結合實驗二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入的S2O32-與因與Cu+反應，促進平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失。③反應能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）向酸化的AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍，說明銅置換出了金屬銀，反應的離子方程式為，說明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案為；（2）①經(jīng)檢驗，Ⅰ中溶液不含I2，黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀，故答案為AgI；②欲證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測，若溶液變藍，則證明溶液中含有I2，推測Cu2+做氧化劑，沉淀A有CuI，根據(jù)氧化還原反應電子守恒規(guī)律得知，發(fā)生反應的離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結合實驗二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+發(fā)生反應Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)，使c(Cu+)減小，促進平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失，故答案為淀粉；藍；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；CuI吸附I2形成的(CuI與I2的混合物)；棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解；③根據(jù)題中信息，白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應生成AgI和一種固體單質(zhì)，反應能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物，因此離子反應方程式為：CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI，故答案為CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。27、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）堿石灰氯化鐵易升華導致導管易堵塞球形冷凝管苯蒸餾濾液，并收集沸點132℃的餾分78.4％【詳解】(1)①H2還原無水FeCl3制取FeCl2，另一產(chǎn)物應為含H、Cl的物質(zhì)，即為HCl，所以化學方程式為H2+2FeCl32FeCl2+2HCl。答案為：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl②因為FeCl3易吸水，所以在氫氣通入前，一定要進行干燥處理，即由B裝置制得的H2一定要經(jīng)過C的干燥處理，至于H2中混有的HCl是否處理，問題并不大，因為通過堿石灰處理水蒸氣時，HCl也可被吸收。反應后生成的HCl會污染環(huán)境，也需用堿石灰處理，多余的氫氣應燒掉，從而得出按氣流由左到右的方向，上述儀器的連接順序為BACDCE(或BCDC)。答案為：BACDCE（或BCDCEC中盛放的試劑是堿石灰。答案為：堿石灰③因為氯化鐵易升華，則遇冷會凝華，所以裝置的缺陷也就暴露出來，即易堵塞導管。答案為：氯化鐵易升華導致導管易堵塞(2)①儀器a的名稱是球形冷凝管。答案為：球形冷凝管②因為FeCl2易溶于水、乙醇，所以不能用水、乙醇洗滌；FeCl2難溶于苯，而氯苯、二氯苯易溶于苯，所以可用苯進行洗滌。答案為：苯因為氯苯和二氯苯的沸點相差較大，所以回收濾液中C6H5C1的操作方法是蒸餾濾液，并收集沸點132℃的餾分。答案為：蒸餾濾液，并收集沸點132℃的餾分③n(FeCl3)=2n(HCl)=2n(NaOH)=2×0.40mol/L×0.0196L×10=0.1568mol氯化鐵的轉化率為答案為：78.4％28、251mL容量瓶、膠頭滴管粉碎礦石、適當升高溫度或者攪拌Cu2S+2MnO2+2H2SO2=2CuSO2+2MnSO2+