2026届浙江省杭州北斗联盟化学高三第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届浙江省杭州北斗联盟化学高三第一学期期中综合测试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有①沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为aVmol③反应过程中转移的电子的物质的量为mol④生成NO气体的体积室温下为L⑤与合金反应的硝酸的物质的量为()molA．2项 B．3项 C．4项 D．5项2、我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”(流程简图如图所示)，促进了世界制碱技术的发展.下列有关说法正确的是（）A．沉淀池中的反应物共含有五种元素B．过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质C．图中X可能是氨气D．通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀3、为验证SO2的相关性质，所选用试剂错误的是A．漂白性——品红溶液 B．氧化性——饱和Na2SO3溶液C．酸性——滴有酚酞的NaOH溶液 D．还原性——酸性KMnO4溶液4、化学实验过程中需注重环境保护，下列操作不会引起空气污染的是A．加热KMnO4制氧气的试管，用浓盐酸洗涤B．用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管C．硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸D．将打破的水银温度计用硫粉覆盖5、X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素

X

Y

Z

W

原子半径（nm）

1．177

1．175

1．112

1．199

最高正价或最低负价

+4

+5

-2

-1

A．X与W形成XW4时，各原子最外层均满足8电子稳定结构，B．1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molC．1．3molCu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生1．2mol气体D．Y的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键6、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、W同主族，Z＋与Y3－具有相同的电子层结构，W的氧化物是生产光纤制品的基本原料。下列说法正确的是()A．粒子半径：r(W)＞r(X)＞r(Z＋)＞r(Y3－)B．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强C．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强D．ZY3晶体中含有离子键和共价键7、采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是A．直流电源的X极是正极B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量8、金属加工后的废切削液中含有2%~5%的，它是一种环境污染物。人们用溶液来处理此废切削液，使亚硝酸钠转化为无毒物质。该反应分两步进行：第一步：第二步：下列对上述反应的叙述中正确的是（）①两步均为氧化还原反应②第二步仅发生氧化反应③发生了分解反应④第二步中既是氧化产物又是还原产物⑤第一步为复分解反应A．①③ B．①④ C．②③④ D．③④⑤9、下列化学用语正确的是：（）A．硫的原子结构示意图： B．NH4Cl的电子式：C．原子核内有8个中子的氧原子：188O D．Be2+离子中的质子数和电子数之比为2:110、下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（）①SiO2②H2SiO3③Fe（OH)3④Al（OH）3⑤FeCl2⑥CaSiO3A．①③B．②④C．②③④⑤D．②④⑥11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素．已知X原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍，X单质在Y单质中充分燃烧生成其最髙价化合物XY2，Z+与Y2﹣具有相同的电子数，W与Y同主族．下列说法正确的是（）A．W在元素周期表中位于笫三周期笫IVA族B．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Y的强C．由X、Y、Z三种元素组成的物质水溶液一定呈碱性D．由Y、Z两种元素组成的离子化合物，其阳离子与阴离子个数比不一定为2：112、工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸Cr2O72﹣的去除率/%0.92212.757.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2OC．实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣被还原13、下列过程中，共价键被破坏的是（）①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③乙醇溶于水④HCl气体溶于水⑤冰融化⑥NH4Cl受热⑦氢氧化钠熔化⑧(NH4)2SO4溶于水A．①④⑥⑦ B．④⑥⑧ C．①②④⑤ D．④⑥14、布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）A．布洛芬的分子式为C13H18O2B．布洛芬与苯乙酸是同系物C．1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种15、某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL恰好能完全溶解，所得溶液再通入0.28L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+。则该氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe5O716、下列说法错误的是（）A．二氧化硫具有漂白性，能漂白某些有色物质，工业上用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，此外，二氧化硫还用于杀菌、消毒等；B．海洋是一个远未被完全开发的巨大化学资源宝库，目前海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析发、离子交换法等，从海洋中提铀和重水对一个国家来说具有战略意义；C．氯元素是最重要的“成盐元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陆地的盐矿中；D．元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料，如硅、锗等，半导体器件的研制正是开始于硅，后来发展到研制与它同族的锗17、下列指定反应的离子方程式正确的是A．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2OB．向醋酸中加入碳酸钙粉末：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH－=BaCO3↓+CO32-+2H2O18、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-22的溶液：K+、Na＋、SO42－、S2O32－B．澄清透明溶液：Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42－C．使酚酞变红色的溶液：NH4＋、K＋、AlO2－、NO3－D．含0.1mol·L-1KI的溶液：Fe3＋、Na＋、NO3－、Cl－19、下列反应的离子方程式书写正确的是A．向碘化钾溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2===I2+2OH-B．向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++OH-===NH3·H2OC．磷酸与氢氧化钠发生中和反应：H3PO4+3OH-===PO43-+3H2OD．氧化铁溶于过量的氢碘酸中：Fe2O3+6H+===2Fe3++2H2O20、铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为()A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g21、我国工业废水中几种污染物及其最高允许排放浓度如下表。下列说法不正确的是污染物汞镉铬铅砷氰化物主要存在形式Hg2+CH3Hg+Cd2+CrO42－Cr2O72－Pb2+AsO33－AsO43－CN－最高允许排放浓度／mg·dm－30.050.10.51.00.50.5注：我国规定酸、碱废水pH的最大允许排放标准是大于6、小于9。A．Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子B．对于pH>9的废水可用中和法处理C．将CrO42－转化为Cr2O72－是用氧化还原的方法D．在含有Hg2+的废水中加入Na2S，可使Hg2+转变成沉淀而除去22、下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是选项WXYZANaNa2O2NaOHNa2OBAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2CN2NH3NONO2DSSO2SO3H2SO4A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）利用丁烷气可合成一种香料A，其合成路线如下：（1）反应①的反应类型为___________。反应④的反应类型为___________。（2）X的名称为___________；Y的结构简式为___________。（3）反应⑤的化学方程式为___________。（4）写出丁烷的同分异构体，并用系统命名法命名：______________、___________。写出A的结构简式____________24、（12分）化合物G是合成的一种减肥药的重要中间体，其合成路线如下:(1)A、C中的含氧官能团名称分别为____、____。(2)C→D的反应类型为____。(3)F的分子式为C11H15Cl2N，则F的结构简式为____。(4)B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____。①能发生银镜反应;②能发生水解反应，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应;③分子中只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以1，3-丁二烯和为原料制备的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________________。25、（12分）某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应Ⅰ中所有金属元素均以离子形式存在。有关常数：Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39、Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17、Ksp(MnCO3)＝2.0×10－11、Ka1(H2CO3)＝4.0×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式____________________________。（2）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是___________。（3）反应Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，需调节溶液pH范围为_______________（溶液中，当一种离子的浓度小于10－6mol/L时可认为已不存在），X可以是_________。（填字母代号）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反应Ⅳ中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式________________________。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多种用途。废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，该反应的离子方程式为______。试通过题述有关数据简要计算说明该反应能进行的原因：____________________________。26、（10分）某废催化剂含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。.某同学用10.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：已知：金属Zn与Al类似，都是两性金属，能溶于强碱并放出氢气，但铝不溶于氨水，锌却可以溶于氨水形成四氨合锌配离子[Zn(NH3)4]2+。（1）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：__________________________。（提供的试剂：稀盐酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、K3[Fe(CN)6]溶液）（2）滤渣2除SiO2外的另一成分是____________；第二次浸出时，加热温度不宜过高的原因是___________________；写出第二次浸出的化学反应方程式____________________________________。写出锌溶于氨水的离子方程式____________________________________。（3）ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用的方法是_____________________；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，用于淋洗七水硫酸锌晶体的溶剂是___________________；某同学在实验完成之后，得到5.74gZnSO4·7H2O（式量287）则锌的回收率为_______________________________。27、（12分）硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍；②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至铁屑耗尽；③，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存。请回答下列问题：（1）实验步骤①的目的是____。（2）写出实验步骤②中的化学方程式____。（3）补全实验步骤③的操作名称____。（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是___。（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你___(填“是”或“否”)同意乙的观点。（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)。硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为___。（7）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)28、（14分）某酯的合成路线如下图所示（1）反应Ⅰ反应类型为______________；D中含氧官能团为________写名称）。（2）反应Ⅱ的反应条件为：_________________。（3）C→D的化学反应方程式为_____________________________。（4）写出一种满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为____________。①能发生银镜反应②含苯环且苯环上一溴代物两种③不能与钠反应（5）写出B合成的合成路线。合成路线常用的表示方式为：_____。29、（10分）铝、铁、铜是应用最普遍的金属。（1）铜是印刷电路工业的重要材料。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，是工业上采用的方法之一。已知：Cu(s)+2H+(aq)==Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol2H2O2(l)==2H2O(l)+O2(g)△H=﹣196.46kJ/molH2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)△H=﹣285.84kJ/mol在H2SO4溶液中Cu和H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为______（2）镁铝合金生活中应用广泛。取样品a克，溶于200mL5mol/L的HCl溶液，收集到标况下氢气3.36L，a的取值范围_____，向反应后溶液中加入4mol/LNaOH溶液____mL，沉淀质量达到最大值。（3）标准状况下，铁铜合金ag加入足量稀硝酸中，收集了一定量气体NO，在混合了67.2mLO2后，可完全被H2O吸收，无气体剩余。则生成的NO为_________mL；向反应后溶液加足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量____________g。（用含a的代数式表示）（4）如图所示，A，F为石墨电极，B，E为铁片电极。按要求回答下列问题。①打开K2，闭合K1，B为____极，A的电极反应式为：_________________________。②打开K1，闭合K2，E为_____极，F极的电极反应式为：______________________。

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【分析】镁铝合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加amol·L－1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值，沉淀质量最大时，沉淀Wie氢氧化铝和氢氧化镁，此时溶液为硝酸钠溶液；①沉淀质量等于合金质量与OH－质量之和；②根据n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)，进行计算；③沉淀中OH－的物质的量等于Mg2＋、Al3＋所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量；④条件是室温状态，不是标准状况，无法直接用22.4L·mol－1；⑤参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量，起氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量。【详解】①沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，根据原子守恒，其质量应为合金质量和OH－的质量，即m(OH－)=(n－m)g，故①正确；②当沉淀质量达到最大时，溶液中溶质为NaNO3，即n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10－3×amol，故②错误；③在沉淀中OH－的物质的量等于Mg2＋、Al3＋所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量，即n(e－)=n(OH－)=(n－m)/17mol，故③正确；④根据得失电子数目守恒，即生成n(NO)=(n－m)/(17×3)mol=(n－m)/51mol，因为室温状态下，因此无法计算NO的体积，，故④不正确；⑤参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为[aV×10－3＋(n－m)/51]mol，故⑤正确；综上所述，选项B正确。2、D【详解】A．沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A错误；B．过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B错误；C．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D正确；故答案为D。3、B【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去，故A正确；B．二氧化硫与饱和Na2SO3溶液反应，SO2＋2Na2SO3＋H2O=2NaHSO3↓，化合价没有发生变化，没有体现氧化性，故B错误；C．二氧化硫为酸性气体，可与碱反应，能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现二氧化硫为酸性气体，故C正确；D．二氧化硫中S元素化合价为+4价，具有较强的还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故答案为B。4、D【解析】A.加热KMnO4制氧气的试管中残留固体为二氧化锰、K2MnO4，K2MnO4、MnO2都能与浓盐酸反应产生氯气：K2MnO4+8HCl（浓）=2KCl+MnCl2+2Cl2↑+4H2O、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，氯气会污染空气；B.银镜实验的试管内壁附着着单质银，Ag与稀硝酸反应产生一氧化氮：4HNO3+3Ag=3AgNO3+2H2O+NO↑，一氧化氮污染大气；C.在酸性环境下，亚铁离子与硝酸根离子发生反应，产生一氧化氮：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑，一氧化氮污染大气；D.水银温度计中物质为汞单质，与硫粉发生化合反应：Hg+S=HgS，不会产生大气污染；答案为D。5、A【分析】由表中的原子半径和化合价的数据判定，X、Y的半径小于Z、W，所以X、Y位于第二周期，根据化合价判断X为碳，Y为氮，同理得Z为硫，W为氯。【详解】A、碳与氯形成的四氯化碳的各原子最外层均达8电子稳定结构，正确；B、1mol氯气参加反应时未必转移2mol电子，如与水的反应只转移1mol电子，错误；C、铜不与稀硫酸反应，错误；D、氨气与氯化氢的反应产物是氯化铵，不仅含共价键还含有离子键，错误；答案选A。6、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z＋与Y3－具有相同的电子层结构，Z为Na，Y为N；生产光纤制品的基本原料为二氧化硅，所以W为Si；X、W同主族，X为C。结合以上分析解答。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Z＋与Y3－具有相同的电子层结构，Z为Na，Y为N；生产光纤制品的基本原料为二氧化硅，所以W为Si；X、W同主族，X为C；A.电子层越多,半径越大,核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以：r(W)＞r(X)，r(Z＋)<r(Y3－)，A错误；B.X的最高价氧化物对应水化物为碳酸，Y为硝酸；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：N>C，所以硝酸的酸性大于碳酸，B错误；C.W的简单气态氢化物SiH4，X为CH4，元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C>Si，所以氢化物稳定性：CH4>SiH4，C错误；D.ZY3晶体为NaN3，属于离子化合物，含有离子键和共价键，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】元素非金属性比较规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。7、D【分析】该装置有外接电源，即该装置为电解装置，b电极上由O2产生H2O2，氧元素的化合价降低，则b极为阴极，a极为阳极，然后根据电解原理进行分析；【详解】A.a极为阳极，则直流电源的X极是正极，故A说法正确；B.根据装置图，阳极上产生O2，即a电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，b极反应式为O2＋2e－＋2H＋=H2O2，阳极室生成的H＋由a极区向b极区迁移，根据得失电子数目守恒，阳极生成H＋的量与移入阴极H＋的量一样多，因此电解一段时间后，阳极室的pH未变，故B说法正确；C.根据电解原理，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，交换膜为质子交换膜，即H＋由a极区向b极区迁移，故C说法正确；D.a电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，b极反应式为O2＋2e－＋2H＋=H2O2，根据得失电子数目守恒，a极生成的O2与b极消耗O2物质的量之比为1：2，故D说法错误；故答案为D。【点睛】本题的易错点是选项B，学生只通过a极电极反应式，学生认为阳极室生成了H＋，阳极室的pH减小，学生忽略了交换膜为质子交换膜，阳极产生H＋需要移向阴极室，写出阴极反应式，然后根据得失电子数目守恒进行判断。8、D【详解】①第一步反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故错误；②第二步中，中元素的化合价由-3价变为0价，中元素的化合价由价变为0价，该反应中只有元素的化合价发生变化，则既发生氧化反应又发生还原反应，故错误；③第二步反应是由一种物质生成两种物质，所以是分解反应，故正确；④根据②的分析，第二步中既是氧化产物又是还原产物，故正确；⑤第一步中物质间相互交换成分，属于复分解反应，故正确。答案选D。9、D【解析】A、S原子的最外层电子数是6个，A不正确；B、氯离子的电子式不正确，应该是，B不正确；C、应该是，不正确；正确的答案选D。10、B【解析】试题分析：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质，①、硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不符合；②、氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②符合；③、可以实现，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故③不符合；④、氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故④符合；⑤、铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl3＝3FeCl2，故⑤不符合；⑥、氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不符合；故选B。考点：考查物质制备的判断11、C【解析】X原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍，若X在第一周期，则X应为稀有气体He，He为惰性气体，不能燃烧，排除；若X在第二周期，则X最外层电子数为4，X为碳元素，符合题意；若X在第三周期，则最外层电子数为6，X为硫元素，又因为X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，如果X是硫，X后没有三种短周期元素，故硫排除；所以X确定为碳元素。X单质在Y单质中充分燃烧生成其最髙价化合物XY2，Y表现﹣2价，W与Y同主族，故Y为O元素，W为S元素；Z+与Y2+具有相同的电子数，则Z为Na。A、W为S元素，处于第三周期ⅥA族，故A错误；B、非金属性O＞C，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于CH4，故B错误；C．由C、O、Na三种元素组成的物质为碳酸钠或草酸钠，碳酸、草酸均为弱酸，它们的钠盐水溶液一定呈碱性，故C正确；D、O、Na形成的化合物有Na2O、Na2O2，其阳离子与阴离子个数比均为2：1，故D错误。故选：C。12、D【解析】A项，对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素均相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A项正确；B项，实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B项正确；C项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C项正确；D项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣在阴极上被还原，3molFe被氧化为3molFe2+，3molFe2+又与0.5molCr2O72﹣发生氧化还原反应，所以一共有1.5molCr2O72﹣被还原，故D项错误；综上所述，本题选D。13、D【详解】①碘升华，破坏的是分子间作用力，故①不选；②溴蒸气被木炭吸附，破坏的是分子间作用力，故②不选；③酒精溶于水，不发生电离，破坏的是分子间作用力，故③不选；④HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏，故④选；⑤冰融化，破坏的是分子间作用力，故⑤不选；⑥NH4Cl受热发生分解反应，生成氨气和HCl，N-H共价键破坏，同时破坏了离子键，故⑥选；⑦氢氧化钠熔化，破坏的是离子键，故⑦不选；⑧(NH4)2SO4溶于水，发生电离，破坏的是离子键，故⑧不选；共价键被破坏的有④⑥，故选D。【点睛】本题的易错点为④和⑧，要注意氯化氢为共价化合物，溶解时破坏了H-Cl共价键，(NH4)2SO4属于离子化合物，溶解时破坏了离子键，铵根离子和硫酸根离子中的共价键没有破坏。14、D【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故不选C；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；答案选D。15、C【解析】设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2xmol+3ymol=0.1L×2.0mol/L；溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：xmol×1=0.28L÷22.4L/mol×2；解得：x=0.025，y=0.05；所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.025mol、0.05mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=1/2×n（HCl）=1/2×0.2mol=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.075mol：0.1mol=3：4，该氧化物的化学式为Fe3O4，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的计算，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，计算时抓住电荷守恒定律、得失电子守恒定律是解题常用技巧。16、D【解析】A、二氧化硫具有漂白性，能与有些有色物质化合成不稳定的无色物质，也可以用来杀菌消毒，故A项正确；B、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析发、离子交换法等，从海洋中也可以提取铀和重水，故B正确；C、氯元素是最重要的“成盐元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陆地的盐矿中，故C正确；D、半导体器件的研制开始于锗，后来发展到研制与它同族的硅，故D错误。答案选D。17、C【解析】根据离子方程式的书写步骤，判断是否正确。【详解】A项：清洗银镜时，稀硝酸被还原成NO。A项错误；B项：醋酸是弱酸，应保留化学式。B项错误；C项：Al(OH)3不溶于过量氨水。C项正确；D项：Ba(OH)2溶液足量时，碳酸氢根离子全部转化为碳酸钡沉淀，反应不会生成CO32-。D项错误。本题选C。【点睛】离子方程式中常见错误有：反应不符合事实、质量不守恒、电荷不守恒、拆分不正确、不符合用量关系等。18、B【解析】试题分析：A、水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-22的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，S2O32－能与H+反应，不能大量共存；B、Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42－互不反应，可以大量共存；C、使酚酞变红色的溶液呈碱性，NH4+与OH‾反应，不能大量共存；D、Fe3+能氧化I‾，不能大量共存。考点：本题考查离子共存。19、C【解析】A.2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故A错误；B.NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O，故B错误；C.磷酸是中强酸，保留化学式，故C正确；D.2I-+Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D错误；故选C。【点睛】离子方程式正误判断：1、原子个数要守恒2、电荷要守恒3、遵循客观事实4、该拆成离子形式的一定要拆；例如：强酸，强碱，易溶于的盐拆成离子形式。20、B【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】4.48L的NO2气体的物质的量为＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，故答案选B。21、C【解析】A.在环境污染方面所说的重金属主要是指汞（水银）、镉、铅、铬以及类金属砷等生物毒性显著的重元素，则Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子，故A说法正确；B.对于pH>9的废水可通过加入酸发生中和反应来降低废水的pH至6-9之间，故B说法正确；C.将CrO42－转化为Cr2O72－的过程中并没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C说法错误；D.在含有Hg2+的废水中加入Na2S，可将Hg2+转变成HgS沉淀,故D说法正确。故答案选C。22、B【详解】A．NaOH一步不能生成生Na2O，所以Y不能发生图中转化生成Z，故A错误；B．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与过量反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与过量NaOH反应生成Z，反应均可进行，故B正确；C．N2与氧气只能生成NO，所以W不能发生图中转化生成Z，故C错误；D．S不能一步变为SO3，D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、取代反应氧化反应2-氯丁烷CH3－CH(OH)CHClCH3CH(CH3)32-甲基丙烷【解析】（1）丁烷在Cl2和光照的条件下发生取代反应生成X，根据已知信息可知Y中含有官能团羟基和氯原子，经过反应④生成含羰基的化合物，可知羟基被氧化为羰基，所以反应④为氧化反应。（2）根据丁烷的结构和CH3-CH=CH-CH3的结构可推测，丁烷分子中亚甲基（-CH2-）上的一个氢原子被一个氯原子取代，X的结构简式为CH3CHClCH2CH3，用系统命名法命名为：2-氯丁烷；根据已知信息可知，CH3-CH=CH-CH3与Cl2/H2O发生加成反应，所以Y的结构简式为CH(OH)CHClCH3。（3）反应⑤发生的是卤代烃的水解反应：（4）丁烷有两种结构：正丁烷和异丁烷，所以丁烷的另一种同分异构体为异丁烷，其结构简式为：CH(CH3)3；系统命名法命名：2-甲基丙烷；根据（3）可知A的结构简式为。24、羧基羟基取代反应或【分析】A与CH3OH发生酯化反应生成B，B在NaBH4/K2HPO4共同作用下反应生成C，C中羟基被溴原子代替生成D，D中溴原子被—NHCH2CH(OH)CH3代替生成E，E与SOCl2反应生成F，F的分子式为C11H15Cl2N，而E的分子式为C11H16ClNO，说明E中羟基被氯原子代替生成F，所以F的结构简式为，F在AlCl3作用下生成G。【详解】(1)A中含氧官能团为羧基，C中含氧官能团为羟基；(2)C中羟基被溴原子代替生成D，所以为取代反应；(3)根据分析可知F的结构简式为；(4)B为，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②能发生水解反应说明含有酯基，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应，说明水解产物中有酚羟基；③分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子结构对称，满足条件的有和；(5)1,3-丁二烯为，根据D生成E的反应可知可以由和发生取代反应生成，则问题转化为如何由合成，考虑到醚键可以由两个羟基脱水生成，可以先由1,3-丁二烯与Br2发生1,4加成生成，然后水解生成，此时便得到两个羟基，在浓硫酸作用下脱水可生成，继而与HBr加成可生成，所以合成路线为：。【点睛】合成路线的设计为本题难点，解决本题的关键是首先要观察到目标产物可以由和发生取代反应生成，其次是要掌握醚键的合成方法。25、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu将Fe2+氧化为Fe3+5.0<pH<6.0（或5～6）bdMn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋H2SO4Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O由于K＝7.0×106>105，所以该反应能进行【解析】(1)软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此滤渣1中含有SiO2，由于MnO2具有强氧化性，能够在酸性溶液中将CuS氧化生成硫，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案为：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，是因为锌能够将铜从溶液中置换出来，因此滤渣2的主要成分是Cu，故答案为：Cu；(3)MnO2具有强氧化性，反应Ⅲ中MnO2能够将Fe2+氧化为Fe3+，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，根据流程图，此过程中需要除去铁离子和铝离子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，则需调节溶液中的c(OH-)分别小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，则c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，则需调节溶液中的c(OH-)分别大于3KspAlOH310－6=31.0×10－3310－6=1.0×10－9mol·L－1、3KspFeOH3(4)反应Ⅳ中电极均是惰性电极，电解硫酸锰和硫酸锌的混合溶液，根据流程图，电解生成了二氧化锰和锌，则阳极电极反应式为Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和硫酸，故答案为：Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋；H2SO4；(5)废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，该反应的平衡常数K=c（H2CO3）cMn2+c2（HCO3-）=Ka2Ka1KspMnCO326、取少量滤液1，滴加几滴高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子。（或取少量滤液1，滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，则证明有亚铁离子）S温度过高双氧水易分解CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2OZn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-蒸发结晶法酒精50.0%【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O；滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到硫酸铜晶体。(1)亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为：取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；(2)根据上述分析，滤渣2含有硫和二氧化硅；第二次浸出时，加热温度不宜过高，主要是防止双氧水分解；第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；锌可以溶于氨水形成四氨合锌配离子[Zn(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-，故答案为：S；温度过高双氧水易分解；CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-；(3)ZnSO4在水中的溶解度，随温度的升高而缓慢增大，从硫酸锌溶液得到七水硫酸锌晶体，可采用蒸发结晶的方法；析出七水硫酸锌晶体，减压过滤，淋洗七水硫酸锌晶体可以选用酒精，减少晶体的损失；5.74gZnSO4·7H2O(式量287)的物质的量为=0.02mol，其中含有锌元素的质量为0.02mol×65g/mol=1.3g，原样品中锌的质量为10.0g×16.2%

×+10.0g×19.4%

×=2.6g，锌的回收率为×100%=50%，故答案为：蒸发结晶法；酒精；50.0%。点睛：本题以金属回收为载体，综合考查物质的制备实验，涉及化学工艺流程、对原理与装置的分析、物质的分离提纯、化学计算等。本题的易错点为离子方程式的书写和锌的回收率的计算，计算锌的回收率，需要计算出最终晶体中的锌和原样品中锌的质量。27、去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁热过滤洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗是56.7℃＜t＜64℃偏低【分析】（1）Na2CO3溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；（2）实验步骤②中的化学反应是一定温度下铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；（3）步骤③是趁热过滤避免硫酸亚铁损耗；（4）步骤④中用少量冰水洗涤晶体是洗涤表面杂质，温度降低硫酸亚铁溶解度减小；（5）铁屑耗尽，不能防止亚铁离子被氧化；（6）依据图表数据分析，析出晶体FeSO4⋅4H2O的温度范围；（7）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取标准溶液体积减小。【详解】（1）Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污，故答案为：去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污；（2）发生化学方程式为Fe+H2SO4FeSO4+H2↑；（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤，故答案为：趁热过滤；（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗，故答案为：洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗；（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2+，Fe2+容易被氧化成Fe3+，即同意乙同学的观点，故答案为：是；（6）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因此温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃＜t＜64℃；（7）根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，消耗标准液体积减少，因此所测结果偏低。【点睛】第（7）问误差分析问题是常考点，学生要抓住反应的实质，根据滴定分析法，消耗的标准液体积的变化，利用物质之间的关系分析判断最终测定结果。七、元素或物质推断题28、加成反应醛基浓硫酸、加热或【分析】已知的合成路径中，生成最终产物需要的原料是和CH3CH2OH，所以E（C8H8O2）为，由C氧化生成D后再转变成，所以根据C的分子式，C是，氧化生成的D是，官能团是醛基，D再氧化可以生成。从分子式分析，B→C是用—OH取代—Br，所以B是。与乙炔（HC≡CH）反应生成的A是一种烃，且含有C=C键或者C≡C键，所以A→B的反应为加成反应，根据B中Br原子数目可得，A一定是，B是。与HC≡CH反应时后者有一个不饱和建发生断裂，则反应Ⅰ为加成反应。据此解答。【详解】（1）D是，官能团是醛基，与HC≡CH反应时后者有一个不饱和建发生断裂，则反应Ⅰ为加成反应。（2）反应Ⅱ是一种酯化反应，反应条件是浓硫酸、加热。（3）C→D是由氧化生成，方程式为：2+O22+2H2O。（4）①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含苯环且苯环上一溴代物两种，说明含有两个取代基，且处于对位；③不能与钠反应，说明不含有羟基或羧基；E的分子式为C8H8O，结合题意，分子中含有—CHO、（A、B为具体的取代基）结构且不含—OH，所以剩余的C