浙江省金华十校2026届化学高三第一学期期中经典试题含解析

浙江省金华十校2026届化学高三第一学期期中经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、已知：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI;向含SO32-、Fe2＋、Br－、I－各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是A． B． C． D．2、关于一定条件下的化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0。下列说法正确的是（）A．恒温恒容时充入H2，正反应速率增大，平衡右移B．恒温恒容时充入He，正反应速率增大，平衡右移C．压缩体积加压，正、逆反应速率不变，平衡不移动D．升温，正反应速率减小、逆反应速率增大，平衡右移3、现有NaNO3和HCl的混合溶液400mL，向混合溶液中逐渐加入过量的Fe粉，如图所示。(反应中HNO3只被还原成NO)下列说法正确的是A．硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/LB．标况下，反应过程共产生22.4L的气体C．整个反应过程中每步转移的电子之和为4molD．将反应后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体为NaCl和FeCl2的混合物4、一定量的铁与一定量的浓HNO3反应，得到硝酸铁溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铁溶液中加入2mol•L-1的NaOH溶液至Fe3+恰好沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．150mL B．300mL C．120mL D．90mL5、在一定条件下，使SO2和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法中不正确的是（）A．反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变6、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：W>XB．最高价氧化物的水化物酸性：Y>ZC．气态氢化物沸点：Z>WD．气态氢化物热稳定性：Z<W7、12mL浓度为0.05mol·L−1Na2SO3溶液恰好与10mL浓度为0.02mol·L−1的KXO3溶液完全反应，已知Na2SO3可被KXO3氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为A．+7 B．+3 C．+1 D．—18、化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是A．石英只能用于生产光导纤维B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂9、下列说法不正确的是()A．＂霾尘积聚难见路人＂，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应B．＂天宫二号＂使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物10、下列离子方程式书写正确的是A．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+B．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+2Cl2+H2O=2SO32-+4C1-+2H+C．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．醋酸除水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O11、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，Y、Z同周期，X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，25℃时0.1mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，下列说法正确的是A．114号元素鈇(Fl)与Y在同一主族B．X分别与Z、W形成的化合物中，含化学键类型相同C．Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物D．X、Y形成的化合物中只含有极性共价键12、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Cu13、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17NAB．7.8gNa2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NAC．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加了2NA个P-Cl键D．5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3NA14、甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，有关两者的比较中正确的是A．甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的极性分子B．甲烷与四氯化碳分子内的键角均为60°C．甲烷沸点低于四氯化碳，因为C—H键键长比C—Cl键短D．甲烷分子比四氯化碳稳定，因为C—H键键能比C—Cl键大15、一定条件下，将3.52g铜和铁的混合物溶于40mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1mol∙L-1的NaOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到6.24g沉淀。该硝酸的浓度为()A．2.4mol∙L-1 B．5.3mol∙L-1 C．6.0mol∙L-1 D．8mol∙L-116、下列图示与对应的叙述相符的是A．图I表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图Ⅱ表示常温下，0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.0100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线C．图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c<a<bD．图Ⅳ表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c>b>a17、下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是（）①0.2molPH3②标准状况下22.4LNe③4℃下9mL水④含有1.806×1023个氧原子的SO3A．①④②③ B．③②①④C．②③①④ D．①④③②18、沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出445kJ的热量，则下列热化学方程式中正确的是A．2CH4（g）+4O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=+890kJ•mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=+890kJ•mol﹣1C．1/2CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1D．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣119、有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是()A．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4+B．肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-，肯定没有MnO4-C．肯定有K＋、Al3＋、MnO4-，可能有HCO3-D．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋20、一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-21、将铜丝烧热，迅速插入氢气中，发生反应：CuO+H2Cu+H2O。若用下列物质代替氢气进行上述实验：①一氧化碳、②稀硝酸、③稀盐酸、④乙醇，铜丝表面所观察到的现象、铜丝质量变化情况与上述实验完全相同的是A．①②③ B．①④ C．①③④ D．只有①22、海水中含量最高的电解质是A．水 B．氯化钠 C．乙醇 D．脂肪二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4,+4-2-1,+7+3其它阳离子核外无电子单质为半导体材料焰色反应呈黄色(1)R在元素周期表中的位置是___________________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为____________。(2)Z的单质与水反应的化学方程式是__________________________________________。(3)Y与R相比，非金属性较强的是____________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是____________(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.稳定性XR>YX4c.Y与R形成的化合物中Y呈正价(4)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于_______nm小于______nm。(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲+乙→丙+水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是____________。24、（12分）合成医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的路线如图所示：已知：请回答下列问题：（1）A属于芳香烃，结构简式为_____________。（2）E中官能团的名称是氨基、____________。（3）C能与NaHCO3溶液反应，反应③的化学方程式是___________。（4）反应⑥、⑦中试剂ii和试剂iii依次是___________、___________。（5）反应①~⑦中，属于取代反应的是_______________。（6）J有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有______________种，写出其中任一种同分异构体的结构简式：___________。a.为苯的二元取代物，其中一个取代基为羟基b.属于酯类，且能发生银镜反应（7）以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成高分子树脂（），写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）：_______________。25、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，常用作食品抗氧化剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。（1）制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3（饱和溶液）→Na2S2O5（晶体）+H2O（l）①如图装置中仪器A的名称是_________，A中发生反应的化学方程式为_________。②F中盛装的试剂是__________________，作用是____________________。③实验前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶体在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。⑤若撤去E，则可能发生___________________。（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去综合实验结论，检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的试剂为__________，探究二中反应的离子方程式为__________。26、（10分）用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制0.5mol/L的稀硫酸480mL。（1）选用的主要玻璃仪器除量筒和玻璃棒外还需要有：①___②___③___。（2）简要回答下列问题①所需浓硫酸的体积为___mL；②如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒应选用___mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，将使浓度___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。③在转入容量瓶前，烧杯中液体应___，否则会使浓度___。④定容时必须使溶液凹液面与刻度线相平，若俯视会使浓度___。27、（12分）某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。（1）研究盐酸被MnO2氧化。实验操作现象Ⅰ常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，有刺激泩气味Ⅱ将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体Ⅲ加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程是________。②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是________。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是________。④用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V：i.K闭合时，指针向左偏转ⅱ.向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指针向左偏转幅度增大将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是________。（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化。①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸________(填“能”或“不能”)氧化盐酸。②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2。实验操作现象Ⅰ将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色Ⅱ将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中试纸先变蓝，后褪色Ⅲ…………通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2，Ⅲ的操作是________。（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、________有关。28、（14分）已知：A为含金属离子的淡黄色固体化合物，E、X为空气中常见气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如下图(部分产物已略去)。请回答下列问题：(1)这种金属离子的离子结构示意图为____________。(2)请写出A的电子式______________________________________。常温常压下，15.6gA与足量的水充分反应放出热量akJ，写出该反应的热化学方程式为_________________________________________________________。(3)D常用于一种泡沫灭火器，构造如图。内筒a是玻璃瓶，外筒b是钢瓶，平时泡沫灭火器内筒外筒盛有液态试剂，当遇火警时，将灭火器取下倒置，内外筒液体试剂立即混合产生大量CO2泡沫灭火。从液态试剂在灭火器中长久放置和快速灭火两个角度分析，则a中盛________，b中盛________，反应的化学方程式为_______________________(4)将一定量的气体X通入2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。请回答：b点溶液中所含溶质的化学式为___________，物质的量之比为____________，29、（10分）为探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2。回答下列问题：(1)通入N2的作用：_____________，仪器A的名称_____________。(2)A中发生反应的离子方程式：_______________(3)B中NaOH的作用__________________________。(4)D中有__________________________现象，即可证明NO与Cu反应。(5)NO可被Ce4＋氧化，制得NH4NO3产品，流程如下(Ce为铈元素)。①装置Ⅰ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO3－和NO2－，写出生成等物质的量的NO3－和NO2－的离子方程式：________________。②已知进入装置Ⅲ溶液中NO2－的浓度为ag·L－1，要使1m3该溶液中的NO2－完全转化为NH4NO3，至少需通入标况下的O2________L(用含a代数式表示，结果保留整数)。

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】离子还原性SO32－＞I－＞Fe2＋＞Br－，故反应的先后顺序为：①SO32－+Cl2+H2O=SO42－+2Cl－+2H＋，②2I－+Cl2=I2+2Cl－，③2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，④2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。【详解】A、由SO32－+Cl2+H2O=SO42－+2Cl－+2H＋可知，0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L，图象中氯气的体积11.2L不符合，故A错误；B．0.1molSO32－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl－，0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI－完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L·mol－1=3.36L，图象中氯气的体积4.48L不符合，故B错误；C．0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L·mol－1=3.36L，由2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－可知，0.1molFe2＋完全反应消耗0.05氯气，故Fe2＋完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L，图象与实际符合，故C正确；D．SO32－、I－、Fe2＋完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br－+Cl2=2Br2+2Cl－可知，0.1molBr－完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L·mol－1=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C。2、A【详解】A．恒温恒容时充入H2，氢气浓度增大，正反应速率增大，平衡右移，故A正确；B．恒温恒容时充入He，各反应物浓度都不变，正反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C．加压，体积缩小，各物质浓度均增大，正、逆反应速率都增大，平衡不移动，故C错误；D．升温，正反应速率增大，逆反应速率增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。3、A【解析】溶液中，盐酸提供酸性环境，在此环境下，硝酸根具有强氧化性，能将铁单质氧化为铁离子，当硝酸根耗尽时，过量的铁与铁离子反应产生二价铁。由图可知，1mol铁与硝酸根发生反应，1mol铁与铁离子和可能剩余的氢离子发生反应。【详解】A.酸性环境下，1mol铁被硝酸氧化Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，参与反应硝酸根物质的量等于铁单质物质的量为1mol，故400mL硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/L，A正确；B.第一步反应产生1mol铁离子，同时生成1molNO；反应共产生2molFe2+，由于三价铁离子氧化性大于氢离子，硝酸根耗尽后，Fe3+与Fe单质反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，此反应（第二步）消耗铁单质0.5mol，生成1.5molFe2+；由图可知，剩余0.5mol铁与氢离子反应（第三步）：2H++Fe=Fe2++H2↑，产生0.5mol氢气；故反应共产生1mol+0.5mol=1.5mol气体，在标准状况下气体的体积为33.6L，B错误；C.整个反应过程分为三步，每步反应过程转移电子数为3mol，1mol，1mol，共转移5mol电子，C错误；D.将反应后的混合物过滤，滤液中溶质为NaCl和FeCl2，蒸发结晶时氯化亚铁发生水解，同时被氧化，所得固体为NaCl和Fe2O3的混合物，D错误；答案为A。4、B【分析】根据氧气的体积计算物质的量，根据氧气的物质的量计算其转移电子数，转移电子数等于铁离子结合的氢氧根的物质的量，据此解答。【详解】3.36LO2（标准状况）的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，则转移电子物质的量为0.15×4=0.6mol，根据守恒分析，电子物质的量等于铁离子结合的氢氧根离子物质的量，即氢氧化钠的物质的量为0.6mol，溶液的体积为0.6/2=0.3L，即300mL。故选B。【点睛】掌握有关硝酸的计算中的守恒关系，反应中铁元素失去电子数=硝酸中氮元素得到电子数=氧气得到的电子数=铁离子结合的氢氧根离子数。5、B【详解】A选项，反应开始时，反应物浓度最大，正反应速率最大，生成物浓度为0，逆反应速率为零，故A正确；B选项，随着反应的进行，反应物浓度减小，正反应速率逐渐减小，生成物浓度增大，逆反应速率增大，当正反应速率等于逆反应速率，就达到平衡，故B错误；C选项，随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，当正反应速率等于逆反应速率时，速率不变，故C正确；D选项，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，当正反应速率等于逆反应速率时，速率不变，故D正确；综上所述，答案为B。6、D【分析】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，推出四种元素，然后据此分析；【详解】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，X为Si，Y为P，Z为S，A、同主族从上到下原子半径增大，即r(O)<r(S)，故A错误；B、两种元素最高价氧化物对应的水化物分别是H3PO4、H2SO4，酸性强弱：H2SO4>H3PO4，故B错误；C、两种元素的氢化物是H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，其沸点比没有分子间氢键的H2S高，故C错误；D、O的非金属性强于S，即H2O比H2S稳定，故D正确；答案为D。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减少；三看电子数，当电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的递增而增大。7、D【详解】设元素X在还原产物中的化合价为a，依据电子守恒得，12×0.05mol/L×（6-4）=10ml×0.02mol/L×（5-a），解得a=-1，故选：D。8、D【详解】选项

具体分析

结论

A

石英的主要成分为SiO2,不仅可以用来生产光导纤维还可以生产玻璃、晶体硅等

错误

B

从海水中提取食盐和淡水属于物理变化

错误

C

食品添加剂大量使用会对人体健康造成危害,应该合理使用

错误

D

“地沟油”的主要成分为油脂,但其中含有对人体有害的物质,不能食用,但可以利用皂化反应来制造肥皂

正确

9、B【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B.碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，故B错误；C.绿色化学应从源头上做起，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不能先污染后治理，故C正确；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D正确；故选B。10、A【解析】A.向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水，会生成氢氧化铝沉淀，又因NH3·H2O是弱碱，所以不能使氢氧化铝沉淀溶解，反应的离子方程式是：Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A正确；B.因氯气足量，会与产物中的SO32－反应，使SO32－生成SO42－，故B错误；C.向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，题中所书写的方程式缺少了NH4＋和OH－的反应，故C错误；D.醋酸是弱酸，属于弱电解质，在书写离子方程式时不能拆开，故D错误；故答案选A。点睛：本题主要从量的关系角度考查离子方程式的正误判断，在解决这类问题时，要特别注意以下几点：①分析量的关系：书写与量有关的反应时，物质加入的多少，会影响离子方程式的书写，如C项，向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O就是错误的，主要错在忽略了NH4＋和OH－的反应；②查看是否忽略隐含反应，如B项，向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+2Cl2+H2O=2SO32-+4C1-+2H+，错在忽略了过量的Cl2可以将+4价的硫氧化。③物质是否能够拆分，如D项中的醋酸就是弱电解质，不能拆开。11、C【解析】25℃时0.1mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，则M溶液为强酸性溶液，由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。A.114号元素鈇(Fl)在ⅣA族元素，Y（Ｎ）为ⅤA族元素，不在同一主族，选项A错误；B.X分别与Z、W形成的化合物H2O、H2O2中只含有共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，故所含化学键类型不相同，选项B错误；C.Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2，选项C正确；D.X、Y形成的化合物NH3中只含有极性共价键，但形成的化合物N２H４中含有极性共价键和非极性共价键，选项D错误；答案选C。12、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。13、B【解析】假设全是35Cl，则质子数是36g35g/mol×17×NA，假设全是37Cl，则质子数是36g37g/mol×17×NA；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O【详解】假设全是35Cl，则质子数是36g35g/mol×17×NA，假设全是37Cl，则质子数是36g37g/mol×17×NA，根据极值法，36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数不一定为17NA，故A错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子，所以7.8gNa2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA，故B正确；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆，密闭容器中1molPCl3与1molCl14、D【解析】A、甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的非极性分子，A错误；B、甲烷与四氯化碳均是正四面体形结构，分子内的键角均为109°28′，B错误；C、甲烷沸点低于四氯化碳，因为甲烷分子间作用力小于四氯化碳分子间作用力，与键长无关系，C错误；D、分子的稳定性与共价键有关系，甲烷分子比四氯化碳稳定，因为C—H键键能比C—Cl键大，D正确；答案选D。15、C【分析】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g-3.52g=2.72g，计算出氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得x、y的值，根据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，根据钠元素守恒可得：n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)，可以得到n(HNO3)的值，利用c(HNO3)=可以得到硝酸的浓度。【详解】根据氮元素守恒：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)=0.16mol，可以得到n(HNO3)=0.16mol+0.08mol=0.24mol，c(HNO3)==6mol/L，答案为C。16、D【详解】A．吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，与图不符，A错误；B．氢氧化钠滴定盐酸，盐酸属于强酸，0.0100mol/LHCl，HCl开始的pH为2，而图像中pH为1，所示盐酸的浓度为0.100mol/L，相互矛盾，B错误；C．冰醋酸加水溶解，离子浓度增大，导电能力增强，达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力b>a>c；根据越稀越电离，a、b、c三点醋酸的电离程度：a<b<c，C错误；D．4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)，在其它条件不变的情况下增大起始反应物CO的物质的量，二氧化氮转化率增大，NO2的转化率：c>b>a，D正确；答案选D。17、B【详解】①每个PH3分子含有4个原子，0.2molPH3含有原子的物质的量为0.2mol×4=0.8mol；②标准状况下22.4LNe含有原子的物质的量为=1mol；③4℃下9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，每个水分子含有3个原子，含有的原子的物质的量为1.5mol；④含有1.806×1023个氧原子的SO3的物质的量为=0.1mol，每个SO3分子含有4个原子，则含有原子的物质的量为0.4mol；原子的物质的量越大含有的原子数越多，则上述物质中含原子数目按由大到小顺序排列为③②①④，答案选B。18、C【解析】A错，甲烷燃烧为放热反应，应用“—”表示；B错，理由同A；C正确；D错，水应为液态水；19、D【分析】①溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+；根据离子共存判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生．判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-。【详解】溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；①取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+，同时，根据离子共存的条件可以判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-；综上所述：溶液中一定含有Al3+、Mg2+、Cl-，一定无NH4+、SO42-、HCO3-、MnO4-；可能有K+答案选D。【点睛】本题考查了离子检验的，反应现象的判断，离子共存的应用，主要是同种离子的性质应用，无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等离子，溶液中加入过氧化钠会产生氢氧化钠且具有强氧化性，碱性条件下Al3＋、Mg2＋、NH4+、HCO3-均不能大量存在，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生说明不含有SO42-，根据离子检验进行判断。20、C【详解】A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+4e-+4H+=2H2O，负极：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，B不正确；C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，C正确；D、酸性条件下正极：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正确。答案选C。21、B【详解】CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，氢气为还原剂，①一氧化碳是常用的还原剂，具有还原性，则能代替氢气来实验；②稀硝酸中N元素的化合价为最高价，具有氧化性，则不能代替氢气；③稀盐酸不具有强还原性，则不能代替氢气来实验；④乙醇具有还原性，则能代替氢气来实验；故选B。22、A【详解】海水中水的含量最高，含水量达96.5%，H2O是电解质，所以海水中含量最多的电解质是水，故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅦA族同位素2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Clbc0.0990.143NaAlO2或Na2SiO3【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、-4价，单质为半导体材料，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；M为-2价，处于ⅥA族，则M为O元素；R有-1、+7价，则R为Cl元素；Q有+3价，处于ⅢA族，原子半径小于Na原子，则Q为Al元素，据此解答。【详解】（1）R为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层最外层电子数为7，处于元素周期表中第三周期第ⅦA族，R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们属于同位素关系，故答案为第三周期第ⅦA族；同位素。

（2）Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

（3）Y为Si，R为Cl，位于同一周期，根据同周期元素非金属性从左到右逐渐增强可知，Cl的非金属性大于Si，

a.属于物质的物理性质，不能比较非金属性的强弱，故a错误；

b.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b正确；

c.Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明R得电子能力强，非金属性强，故c正确，

故答案为Cl；bc。

（4）Y为Si，与Al、Cl位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Si的原子半径比Al小，比Cl大，即大于0.099nm小于0.143nm，

故答案为0.099nm；0.143nm。

（5）甲+乙→丙+水，应为中和反应，若丙的水溶液呈碱性，则对应的物质的应为强碱弱酸盐，可为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为NaAlO2或Na2SiO3。【点睛】非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等均可比较非金属性的强弱。24、酯基（键）酸性高锰酸钾溶液NaOH/H2O①③⑤⑦6（以下结构任写一种）（路线合理即可）【分析】本题考查有机推断和有机合成，涉及有机物官能团的识别，有机物结构简式和有机反应方程式的书写，有机反应类型的判断，限定条件下同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，据以上分析解答。【详解】A属于芳香烃，A发生反应①生成B，A的结构简式为；对比B和E的结构简式以及反应④的条件，反应④是将-NO2还原为-NH2，D的结构简式为；C能与NaHCO3溶液反应，C中含羧基，反应②为用酸性高锰酸钾溶液将B中-CH3氧化成-COOH，C的结构简式为；反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸。结合F的分子式，反应⑤为A与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应，由于J中两个侧链处于对位，则F的结构简式为；由于试剂i为CH3CH2OH、浓硫酸，由J逆推出I的结构简式为；对比F和I的结构简式，F转化为I需要将-CH3氧化成-COOH，将-Cl水解成酚羟基，由于酚羟基也易发生氧化反应，为了保护酚羟基不被氧化，反应⑥为氧化反应，反应⑦为水解反应，则试剂ii为酸性KMnO4溶液，G的结构简式为；试剂iii为NaOH溶液，H的结构简式为，（1）A属于芳香烃，A的结构简式为；（2）由E的结构简式可知，E中官能团的名称为氨基、酯基；（3）C的结构简式为，反应③为C与CH3CH2OH的酯化反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；（4）反应⑥是将中-CH3氧化成-COOH，试剂ii是酸性高锰酸钾溶液。反应⑦是的水解反应，试剂iii是NaOH溶液；（5）反应①~⑦依次为取代反应、氧化反应、取代反应、还原反应、取代反应、氧化反应、取代反应，属于取代反应的是①③⑤⑦；（6）J的结构简式为，J的同分异构体属于酯类且能发生银镜反应，则结构中含有HCOO-，J的同分异构体为苯的二元取代物，其中一个取代基为-OH；符合条件的同分异构体有：（1）若两个取代基为-OH和-CH2CH2OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；（2）若两个取代基为-OH和-CH（CH3）OOCH，有邻、间、对三个位置，结构简式为、、；符合条件的同分异构体共6种；（7）由单体和发生缩聚反应制得，合成需要由合成和；由合成，需要在-CH3的对位引入-OH，先由与Cl2在催化剂存在下发生苯环上的取代反应生成，然后在NaOH溶液中发生水解反应生成，酸化得；由合成，在侧链上引入官能团，先由与Cl2在光照下发生侧链上的取代反应生成，在NaOH溶液中发生水解反应生成，发生催化氧化生成；合成路线为：。25、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸盐酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。【详解】(1)①根据仪器的结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；③Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；④装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；⑤若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；(2)检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化，若被氧化则生成硫酸钠，检验硫酸根离子时必须选择的试剂为盐酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。26、小烧杯500mL容量瓶胶头滴管13.620偏低冷却至室温偏高偏高【详解】（1）用液体浓溶液稀释以配制稀溶液时，需要用量筒量取浓溶液的体积，然后放到小烧杯中溶解，使用玻璃棒搅拌，冷至室温后转移入容量瓶，定容时需使用胶头滴管。因为实验室没有480mL规格的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶。答案为：①小烧杯②500mL容量瓶③胶头滴管（2）①c(浓)=mol/L所需浓硫酸的体积为。答案为：13.6②如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒应选用20mL的量筒最好。答案为：20量取时发现量筒不干净，用水洗净后，浓硫酸的浓度减小，直接量取将使浓度偏低。答案：偏低③在转入容量瓶前，烧杯中液体应冷却至室温。答案：冷却至室温否则会使溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高。答案：偏高④定容时必须使溶液凹液面与刻度线相平，若俯视，则导致溶液体积减小，使所配溶液浓度偏高。答案：偏高27、MnO2+4HCl=MnCl4+2H2OMnCl4Cl2↑+MnCl2Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强不能将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中c(Cl-)、c(H+)(或浓度)【分析】（1）①MnO2呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应，生成四氯化锰和水；②MnCl4加热发生分解反应，产生的黄绿色气体Cl2；③对比实验Ⅳ、实验Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，即可得出结论；④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2；②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2；（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。【详解】（1）①由于MnO2呈弱碱性，与浓盐酸发生复分解反应，则该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②将Ⅰ中混合物过滤后，所得滤液为MnCl4溶液，加热后产生的黄绿色气体为Cl2，由于该反应为分解反应，因此反应的化学方程式为：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；③实验Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，因此说明实验Ⅲ中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)较低引起的，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2，因此说明HCl不能被浓硫