2026屆浙江省杭州北斗聯(lián)盟化學高三第一學期期中綜合測試模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、mg鋁鎂合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全反應（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO），向反應后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，當?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值ng，則下列有關該實驗的說法中正確的有①沉淀中氫氧根的質(zhì)量為(n-m)g②恰好溶解后溶液中的NO3-離子的物質(zhì)的量為aVmol③反應過程中轉移的電子的物質(zhì)的量為mol④生成NO氣體的體積室溫下為L⑤與合金反應的硝酸的物質(zhì)的量為()molA．2項 B．3項 C．4項 D．5項2、我國化學家侯德榜創(chuàng)立了著名的“侯氏制堿法”(流程簡圖如圖所示)，促進了世界制堿技術的發(fā)展.下列有關說法正確的是（）A．沉淀池中的反應物共含有五種元素B．過濾得到的“母液”中一定只含有兩種溶質(zhì)C．圖中X可能是氨氣D．通入氨氣的作用是使溶液呈堿性，促進二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀3、為驗證SO2的相關性質(zhì)，所選用試劑錯誤的是A．漂白性——品紅溶液 B．氧化性——飽和Na2SO3溶液C．酸性——滴有酚酞的NaOH溶液 D．還原性——酸性KMnO4溶液4、化學實驗過程中需注重環(huán)境保護，下列操作不會引起空氣污染的是A．加熱KMnO4制氧氣的試管，用濃鹽酸洗滌B．用稀硝酸洗滌做過銀鏡實驗的試管C．硝酸亞鐵和硫酸廢液一同倒入廢液缸D．將打破的水銀溫度計用硫粉覆蓋5、X、Y、Z、W為四種短周期元素，有關這四種元素的說法中一定正確的是（）元素

X

Y

Z

W

原子半徑（nm）

1．177

1．175

1．112

1．199

最高正價或最低負價

+4

+5

-2

-1

A．X與W形成XW4時，各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，B．1molW的單質(zhì)參加氧化還原反應時轉移的電子數(shù)為2molC．1．3molCu分別與足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反應均產(chǎn)生1．2mol氣體D．Y的氫化物與W的氫化物反應的產(chǎn)物只含有共價鍵6、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X、W同主族，Z＋與Y3－具有相同的電子層結構，W的氧化物是生產(chǎn)光纖制品的基本原料。下列說法正確的是()A．粒子半徑：r(W)＞r(X)＞r(Z＋)＞r(Y3－)B．X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y的強C．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強D．ZY3晶體中含有離子鍵和共價鍵7、采用惰性電極，以去離子水和氧氣為原料通過電解法制備雙氧水的裝置如圖所示。忽略溫度變化的影響，下列說法不正確的是A．直流電源的X極是正極B．電解一段時間后，陽極室的pH未變C．電解過程中，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移D．電解一段時間后，a極生成的O2與b極反應的O2等量8、金屬加工后的廢切削液中含有2%~5%的，它是一種環(huán)境污染物。人們用溶液來處理此廢切削液，使亞硝酸鈉轉化為無毒物質(zhì)。該反應分兩步進行：第一步：第二步：下列對上述反應的敘述中正確的是（）①兩步均為氧化還原反應②第二步僅發(fā)生氧化反應③發(fā)生了分解反應④第二步中既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物⑤第一步為復分解反應A．①③ B．①④ C．②③④ D．③④⑤9、下列化學用語正確的是：（）A．硫的原子結構示意圖： B．NH4Cl的電子式：C．原子核內(nèi)有8個中子的氧原子：188O D．Be2+離子中的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)之比為2:110、下列物質(zhì)中不能用化合反應的方法制得的是（）①SiO2②H2SiO3③Fe（OH)3④Al（OH）3⑤FeCl2⑥CaSiO3A．①③B．②④C．②③④⑤D．②④⑥11、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素．已知X原子的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，X單質(zhì)在Y單質(zhì)中充分燃燒生成其最髙價化合物XY2，Z+與Y2﹣具有相同的電子數(shù)，W與Y同主族．下列說法正確的是（）A．W在元素周期表中位于笫三周期笫IVA族B．X的最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強C．由X、Y、Z三種元素組成的物質(zhì)水溶液一定呈堿性D．由Y、Z兩種元素組成的離子化合物，其陽離子與陰離子個數(shù)比不一定為2：112、工業(yè)酸性廢水中的Cr2O72﹣可轉化為Cr3+除去，實驗室用電解法模擬該過程，結果如表所示（實驗開始時溶液體積為50mL，Cr2O72﹣的起始濃度、電壓、電解時間均相同）．下列說法中，不正確的是實驗①②③電解條件陰、陽極均為石墨陰、陽極均為石墨，滴加1mL濃硫酸陰極為石墨，陽極為鐵，滴加1mL濃硫酸Cr2O72﹣的去除率/%0.92212.757.3A．對比實驗①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率B．實驗②中，Cr2O72﹣在陰極放電的電極反應式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2OC．實驗③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．實驗③中，理論上電路中每通過6mol電子，則有1molCr2O72﹣被還原13、下列過程中，共價鍵被破壞的是（）①碘升華②溴蒸氣被木炭吸附③乙醇溶于水④HCl氣體溶于水⑤冰融化⑥NH4Cl受熱⑦氫氧化鈉熔化⑧(NH4)2SO4溶于水A．①④⑥⑦ B．④⑥⑧ C．①②④⑤ D．④⑥14、布洛芬片常用來減輕感冒癥狀，其結構簡式如圖，下列有關說法錯誤的是（）A．布洛芬的分子式為C13H18O2B．布洛芬與苯乙酸是同系物C．1mol布洛芬最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應D．布洛芬在苯環(huán)上發(fā)生取代反應，其一氯代物有4種15、某鐵的氧化物，用2.0mol/L的鹽酸100mL恰好能完全溶解，所得溶液再通入0.28L標準狀況下的氯氣時，剛好使溶液中Fe2+完全轉化為Fe3+。則該氧化物的化學式為()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe5O716、下列說法錯誤的是（）A．二氧化硫具有漂白性，能漂白某些有色物質(zhì)，工業(yè)上用二氧化硫來漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，此外，二氧化硫還用于殺菌、消毒等；B．海洋是一個遠未被完全開發(fā)的巨大化學資源寶庫，目前海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析發(fā)、離子交換法等，從海洋中提鈾和重水對一個國家來說具有戰(zhàn)略意義；C．氯元素是最重要的“成鹽元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陸地的鹽礦中；D．元素周期表中金屬與非金屬的分界處，可以找到半導體材料，如硅、鍺等，半導體器件的研制正是開始于硅，后來發(fā)展到研制與它同族的鍺17、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用稀硝酸清洗試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2OB．向醋酸中加入碳酸鈣粉末：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC．向AlCl3溶液中加入過量氨水：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、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．水電離出的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．使酚酞變紅色的溶液：NH4＋、K＋、AlO2－、NO3－D．含0.1mol·L-1KI的溶液：Fe3＋、Na＋、NO3－、Cl－19、下列反應的離子方程式書寫正確的是A．向碘化鉀溶液中加入硫酸酸化的過氧化氫溶液：2I-+H2O2===I2+2OH-B．向碳酸氫銨溶液中加入過量氫氧化鈉溶液：NH4++OH-===NH3·H2OC．磷酸與氫氧化鈉發(fā)生中和反應：H3PO4+3OH-===PO43-+3H2OD．氧化鐵溶于過量的氫碘酸中：Fe2O3+6H+===2Fe3++2H2O20、銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應中硝酸被還原只產(chǎn)生4480mLNO2氣體和336mL的N2O4氣體(氣體的體積已折算到標準狀況)，在反應后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為()A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g21、我國工業(yè)廢水中幾種污染物及其最高允許排放濃度如下表。下列說法不正確的是污染物汞鎘鉻鉛砷氰化物主要存在形式Hg2+CH3Hg+Cd2+CrO42－Cr2O72－Pb2+AsO33－AsO43－CN－最高允許排放濃度／mg·dm－30.050.10.51.00.50.5注：我國規(guī)定酸、堿廢水pH的最大允許排放標準是大于6、小于9。A．Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金屬離子B．對于pH>9的廢水可用中和法處理C．將CrO42－轉化為Cr2O72－是用氧化還原的方法D．在含有Hg2+的廢水中加入Na2S，可使Hg2+轉變成沉淀而除去22、下列圖示箭頭方向表示與某種常見試劑在通常條件下發(fā)生轉化，其中6步轉化均能一步實現(xiàn)的一組物質(zhì)是選項WXYZANaNa2O2NaOHNa2OBAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2CN2NH3NONO2DSSO2SO3H2SO4A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）利用丁烷氣可合成一種香料A，其合成路線如下：（1）反應①的反應類型為___________。反應④的反應類型為___________。（2）X的名稱為___________；Y的結構簡式為___________。（3）反應⑤的化學方程式為___________。（4）寫出丁烷的同分異構體，并用系統(tǒng)命名法命名：______________、___________。寫出A的結構簡式____________24、（12分）化合物G是合成的一種減肥藥的重要中間體，其合成路線如下:(1)A、C中的含氧官能團名稱分別為____、____。(2)C→D的反應類型為____。(3)F的分子式為C11H15Cl2N，則F的結構簡式為____。(4)B的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式____。①能發(fā)生銀鏡反應;②能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應;③分子中只有3種不同化學環(huán)境的氫。(5)寫出以1，3-丁二烯和為原料制備的合成路線流程圖。(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。___________________________。25、（12分）某工廠用軟錳礦（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和閃鋅礦（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等雜質(zhì)）為原料制備MnO2和Zn（干電池原料），其簡化流程如下：已知：反應Ⅰ中所有金屬元素均以離子形式存在。有關常數(shù)：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?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾渣1中除了SiO2以外，還有一種淡黃色物質(zhì)，該物質(zhì)是由MnO2、CuS與硫酸共熱時產(chǎn)生的，請寫出該反應的離子方程式____________________________。（2）反應Ⅱ中加入適量金屬鋅的目的是為了回收某種金屬，濾渣2的主要成分是___________。（3）反應Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反應后溶液中Mn2＋、Zn2＋均為0.1mol·L－1，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_______________（溶液中，當一種離子的濃度小于10－6mol/L時可認為已不存在），X可以是_________。（填字母代號）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反應Ⅳ中電極均是惰性電極，寫出陽極電極反應式________________________。本工藝可以循環(huán)利用的物質(zhì)有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多種用途。廢水處理領域中常用NH4HCO3溶液將Mn2+轉化為MnCO3，該反應的離子方程式為______。試通過題述有關數(shù)據(jù)簡要計算說明該反應能進行的原因：____________________________。26、（10分）某廢催化劑含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。.某同學用10.0g該廢催化劑為原料，回收鋅和銅。采用的實驗方案如下，回答下列問題：已知：金屬Zn與Al類似，都是兩性金屬，能溶于強堿并放出氫氣，但鋁不溶于氨水，鋅卻可以溶于氨水形成四氨合鋅配離子[Zn(NH3)4]2+。（1）濾液1中含有Fe2+，選用提供的試劑進行檢驗，檢驗方法如下：__________________________。（提供的試劑：稀鹽酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、K3[Fe(CN)6]溶液）（2）濾渣2除SiO2外的另一成分是____________；第二次浸出時，加熱溫度不宜過高的原因是___________________；寫出第二次浸出的化學反應方程式____________________________________。寫出鋅溶于氨水的離子方程式____________________________________。（3）ZnSO4在水中的溶解度，隨溫度的升高而緩慢增大，從硫酸鋅溶液得到七水硫酸鋅晶體，可采用的方法是_____________________；析出七水硫酸鋅晶體，減壓過濾，用于淋洗七水硫酸鋅晶體的溶劑是___________________；某同學在實驗完成之后，得到5.74gZnSO4·7H2O（式量287）則鋅的回收率為_______________________________。27、（12分）硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)是一種重要的食品和飼料添加劑。實驗室通過如下實驗由廢鐵屑制備FeSO4·7H2O晶體：①將5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量廢鐵屑的燒杯中，加熱數(shù)分鐘，用傾析法除去Na2CO3溶液，然后將廢鐵屑用水洗滌2～3遍；②向洗滌過的廢鐵屑中加入過量的稀硫酸，控制溫度在50～80℃之間至鐵屑耗盡；③，將濾液轉入到密閉容器中，靜置、冷卻結晶；④待結晶完畢后，濾出晶體，用少量冰水洗滌2～3次，再用濾紙將晶體吸干；⑤將制得的FeSO4·7H2O晶體放在一個小廣口瓶中，密閉保存。請回答下列問題：（1）實驗步驟①的目的是____。（2）寫出實驗步驟②中的化學方程式____。（3）補全實驗步驟③的操作名稱____。（4）實驗步驟④中用少量冰水洗滌晶體，其目的是___。（5）乙同學認為甲的實驗方案中存在明顯的不合理之處，你___(填“是”或“否”)同意乙的觀點。（6）丙同學經(jīng)查閱資料后發(fā)現(xiàn)，硫酸亞鐵在不同溫度下結晶可分別得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O。硫酸亞鐵在不同溫度下的溶解度和該溫度下析出晶體的組成如下表所示(僅在56.7℃、64℃溫度下可同時析出兩種晶體)。硫酸亞鐵的溶解度和析出晶體的組成若需從硫酸亞鐵溶液中結晶出FeSO4·4H2O，應控制的結晶溫度(t)的范圍為___。（7）取已有部分氧化的綠礬固體(硫酸亞鐵的相對原子質(zhì)量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4標準溶液滴定，終點時消耗標準液的體積為VmL，則：若在滴定終點讀取滴定管讀數(shù)時，俯視滴定管液面，使測定結果___(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)28、（14分）某酯的合成路線如下圖所示（1）反應Ⅰ反應類型為______________；D中含氧官能團為________寫名稱）。（2）反應Ⅱ的反應條件為：_________________。（3）C→D的化學反應方程式為_____________________________。（4）寫出一種滿足下列條件的E的同分異構體的結構簡式為____________。①能發(fā)生銀鏡反應②含苯環(huán)且苯環(huán)上一溴代物兩種③不能與鈉反應（5）寫出B合成的合成路線。合成路線常用的表示方式為：_____。29、（10分）鋁、鐵、銅是應用最普遍的金屬。（1）銅是印刷電路工業(yè)的重要材料。用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅，是工業(yè)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反應生成Cu2+和H2O的熱化學方程式為______（2）鎂鋁合金生活中應用廣泛。取樣品a克，溶于200mL5mol/L的HCl溶液，收集到標況下氫氣3.36L，a的取值范圍_____，向反應后溶液中加入4mol/LNaOH溶液____mL，沉淀質(zhì)量達到最大值。（3）標準狀況下，鐵銅合金ag加入足量稀硝酸中，收集了一定量氣體NO，在混合了67.2mLO2后，可完全被H2O吸收，無氣體剩余。則生成的NO為_________mL；向反應后溶液加足量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量____________g。（用含a的代數(shù)式表示）（4）如圖所示，A，F(xiàn)為石墨電極，B，E為鐵片電極。按要求回答下列問題。①打開K2，閉合K1，B為____極，A的電極反應式為：_________________________。②打開K1，閉合K2，E為_____極，F(xiàn)極的電極反應式為：______________________。

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、B【分析】鎂鋁合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全溶解，向反應后的混合溶液中滴加amol·L－1NaOH溶液，當?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值，沉淀質(zhì)量最大時，沉淀Wie氫氧化鋁和氫氧化鎂，此時溶液為硝酸鈉溶液；①沉淀質(zhì)量等于合金質(zhì)量與OH－質(zhì)量之和；②根據(jù)n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)，進行計算；③沉淀中OH－的物質(zhì)的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子物質(zhì)的量；④條件是室溫狀態(tài)，不是標準狀況，無法直接用22.4L·mol－1；⑤參加反應的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物質(zhì)的量等于硝酸鈉的物質(zhì)的量，起氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量等于NO的物質(zhì)的量。【詳解】①沉淀為Al(OH)3和Mg(OH)2，根據(jù)原子守恒，其質(zhì)量應為合金質(zhì)量和OH－的質(zhì)量，即m(OH－)=(n－m)g，故①正確；②當沉淀質(zhì)量達到最大時，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，即n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10－3×amol，故②錯誤；③在沉淀中OH－的物質(zhì)的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子物質(zhì)的量，即n(e－)=n(OH－)=(n－m)/17mol，故③正確；④根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，即生成n(NO)=(n－m)/(17×3)mol=(n－m)/51mol，因為室溫狀態(tài)下，因此無法計算NO的體積，，故④不正確；⑤參加反應的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，因此與合金反應的硝酸的物質(zhì)的量為[aV×10－3＋(n－m)/51]mol，故⑤正確；綜上所述，選項B正確。2、D【詳解】A．沉淀池中發(fā)生的反應的反應物是氯化鈉、氨氣、二氧化碳和水，所以含有鈉、氯、氮、氫、碳、氧六種元素，故A錯誤；B．過濾得到的“母液”中含有的溶質(zhì)有碳酸氫鈉、氯化銨，還有可能含有過量的氯化鈉，故B錯誤；C．碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C錯誤；D．氨氣的水溶液顯堿性，能更好的吸收二氧化碳，使反應物濃度大，反應速度快，故D正確；故答案為D。3、B【詳解】A．SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，欲驗證SO2的漂白作用，應將SO2氣體通入品紅溶液，溶液紅色褪去，故A正確；B．二氧化硫與飽和Na2SO3溶液反應，SO2＋2Na2SO3＋H2O=2NaHSO3↓，化合價沒有發(fā)生變化，沒有體現(xiàn)氧化性，故B錯誤；C．二氧化硫為酸性氣體，可與堿反應，能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，體現(xiàn)二氧化硫為酸性氣體，故C正確；D．二氧化硫中S元素化合價為+4價，具有較強的還原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；故答案為B。4、D【解析】A.加熱KMnO4制氧氣的試管中殘留固體為二氧化錳、K2MnO4，K2MnO4、MnO2都能與濃鹽酸反應產(chǎn)生氯氣：K2MnO4+8HCl（濃）=2KCl+MnCl2+2Cl2↑+4H2O、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，氯氣會污染空氣；B.銀鏡實驗的試管內(nèi)壁附著著單質(zhì)銀，Ag與稀硝酸反應產(chǎn)生一氧化氮：4HNO3+3Ag=3AgNO3+2H2O+NO↑，一氧化氮污染大氣；C.在酸性環(huán)境下，亞鐵離子與硝酸根離子發(fā)生反應，產(chǎn)生一氧化氮：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑，一氧化氮污染大氣；D.水銀溫度計中物質(zhì)為汞單質(zhì)，與硫粉發(fā)生化合反應：Hg+S=HgS，不會產(chǎn)生大氣污染；答案為D。5、A【分析】由表中的原子半徑和化合價的數(shù)據(jù)判定，X、Y的半徑小于Z、W，所以X、Y位于第二周期，根據(jù)化合價判斷X為碳，Y為氮，同理得Z為硫，W為氯。【詳解】A、碳與氯形成的四氯化碳的各原子最外層均達8電子穩(wěn)定結構，正確；B、1mol氯氣參加反應時未必轉移2mol電子，如與水的反應只轉移1mol電子，錯誤；C、銅不與稀硫酸反應，錯誤；D、氨氣與氯化氫的反應產(chǎn)物是氯化銨，不僅含共價鍵還含有離子鍵，錯誤；答案選A。6、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z＋與Y3－具有相同的電子層結構，Z為Na，Y為N；生產(chǎn)光纖制品的基本原料為二氧化硅，所以W為Si；X、W同主族，X為C。結合以上分析解答?！驹斀狻慷讨芷谥髯逶豖、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,Z＋與Y3－具有相同的電子層結構，Z為Na，Y為N；生產(chǎn)光纖制品的基本原料為二氧化硅，所以W為Si；X、W同主族，X為C；A.電子層越多,半徑越大,核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以：r(W)＞r(X)，r(Z＋)<r(Y3－)，A錯誤；B.X的最高價氧化物對應水化物為碳酸，Y為硝酸；元素的非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性：N>C，所以硝酸的酸性大于碳酸，B錯誤；C.W的簡單氣態(tài)氫化物SiH4，X為CH4，元素非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性C>Si，所以氫化物穩(wěn)定性：CH4>SiH4，C錯誤；D.ZY3晶體為NaN3，屬于離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，D正確；綜上所述，本題選D?！军c睛】元素非金屬性比較規(guī)律：①非金屬元素的單質(zhì)與氫氣化合的難易程度及氫化物的穩(wěn)定性，越容易化合，形成的氫化物越穩(wěn)定，該元素的非金屬性就越強；②非金屬元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，該元素的非金屬性就越強。7、D【分析】該裝置有外接電源，即該裝置為電解裝置，b電極上由O2產(chǎn)生H2O2，氧元素的化合價降低，則b極為陰極，a極為陽極，然后根據(jù)電解原理進行分析；【詳解】A.a極為陽極，則直流電源的X極是正極，故A說法正確；B.根據(jù)裝置圖，陽極上產(chǎn)生O2，即a電極反應式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，b極反應式為O2＋2e－＋2H＋=H2O2，陽極室生成的H＋由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，陽極生成H＋的量與移入陰極H＋的量一樣多，因此電解一段時間后，陽極室的pH未變，故B說法正確；C.根據(jù)電解原理，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，交換膜為質(zhì)子交換膜，即H＋由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，故C說法正確；D.a電極反應式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，b極反應式為O2＋2e－＋2H＋=H2O2，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，a極生成的O2與b極消耗O2物質(zhì)的量之比為1：2，故D說法錯誤；故答案為D?！军c睛】本題的易錯點是選項B，學生只通過a極電極反應式，學生認為陽極室生成了H＋，陽極室的pH減小，學生忽略了交換膜為質(zhì)子交換膜，陽極產(chǎn)生H＋需要移向陰極室，寫出陰極反應式，然后根據(jù)得失電子數(shù)目守恒進行判斷。8、D【詳解】①第一步反應中沒有元素的化合價發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應，故錯誤；②第二步中，中元素的化合價由-3價變?yōu)?價，中元素的化合價由價變?yōu)?價，該反應中只有元素的化合價發(fā)生變化，則既發(fā)生氧化反應又發(fā)生還原反應，故錯誤；③第二步反應是由一種物質(zhì)生成兩種物質(zhì)，所以是分解反應，故正確；④根據(jù)②的分析，第二步中既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故正確；⑤第一步中物質(zhì)間相互交換成分，屬于復分解反應，故正確。答案選D。9、D【解析】A、S原子的最外層電子數(shù)是6個，A不正確；B、氯離子的電子式不正確，應該是，B不正確；C、應該是，不正確；正確的答案選D。10、B【解析】試題分析：化合反應的概念是由兩種或兩種以上的物質(zhì)生成一種新物質(zhì)，①、硅與氧氣反應，反應方程式為：Si+O2SiO2，故①不符合；②、氧化硅和水不反應，所以硅酸不能通過化合反應得到，故②符合；③、可以實現(xiàn)，反應方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故③不符合；④、氧化鋁和水不反應，要制取氫氧化鋁，可以用氯化鋁溶液和氨水制取，故④符合；⑤、鐵和氯化鐵溶液反應生成的是氯化亞鐵，方程式為Fe+2FeCl3＝3FeCl2，故⑤不符合；⑥、氧化鈣與二氧化硅高溫化合生成硅酸鈣，方程式為CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不符合；故選B。考點：考查物質(zhì)制備的判斷11、C【解析】X原子的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，若X在第一周期，則X應為稀有氣體He，He為惰性氣體，不能燃燒，排除；若X在第二周期，則X最外層電子數(shù)為4，X為碳元素，符合題意；若X在第三周期，則最外層電子數(shù)為6，X為硫元素，又因為X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，如果X是硫，X后沒有三種短周期元素，故硫排除；所以X確定為碳元素。X單質(zhì)在Y單質(zhì)中充分燃燒生成其最髙價化合物XY2，Y表現(xiàn)﹣2價，W與Y同主族，故Y為O元素，W為S元素；Z+與Y2+具有相同的電子數(shù)，則Z為Na。A、W為S元素，處于第三周期ⅥA族，故A錯誤；B、非金屬性O＞C，元素非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此H2O的熱穩(wěn)定性大于CH4，故B錯誤；C．由C、O、Na三種元素組成的物質(zhì)為碳酸鈉或草酸鈉，碳酸、草酸均為弱酸，它們的鈉鹽水溶液一定呈堿性，故C正確；D、O、Na形成的化合物有Na2O、Na2O2，其陽離子與陰離子個數(shù)比均為2：1，故D錯誤。故選：C。12、D【解析】A項，對比實驗①②，這兩個實驗中只有溶液酸性強弱不同，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項正確；B項，實驗②中，Cr2O72﹣在陰極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B項正確；C項，實驗③中，Cr2O72﹣在陰極上得電子，且溶液中的亞鐵離子也能還原Cr2O72﹣，離子方程式為Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以導致Cr2O72﹣去除率提高，故C項正確；D項，實驗③中，Cr2O72﹣在陰極上得電子，且溶液中的亞鐵離子也能還原Cr2O72﹣，理論上電路中每通過6mol電子，則有1molCr2O72﹣在陰極上被還原，3molFe被氧化為3molFe2+，3molFe2+又與0.5molCr2O72﹣發(fā)生氧化還原反應，所以一共有1.5molCr2O72﹣被還原，故D項錯誤；綜上所述，本題選D。13、D【詳解】①碘升華，破壞的是分子間作用力，故①不選；②溴蒸氣被木炭吸附，破壞的是分子間作用力，故②不選；③酒精溶于水，不發(fā)生電離，破壞的是分子間作用力，故③不選；④HCl氣體溶于水，發(fā)生電離，H-Cl共價鍵被破壞，故④選；⑤冰融化，破壞的是分子間作用力，故⑤不選；⑥NH4Cl受熱發(fā)生分解反應，生成氨氣和HCl，N-H共價鍵破壞，同時破壞了離子鍵，故⑥選；⑦氫氧化鈉熔化，破壞的是離子鍵，故⑦不選；⑧(NH4)2SO4溶于水，發(fā)生電離，破壞的是離子鍵，故⑧不選；共價鍵被破壞的有④⑥，故選D。【點睛】本題的易錯點為④和⑧，要注意氯化氫為共價化合物，溶解時破壞了H-Cl共價鍵，(NH4)2SO4屬于離子化合物，溶解時破壞了離子鍵，銨根離子和硫酸根離子中的共價鍵沒有破壞。14、D【詳解】A.由結構簡式可知布洛芬的分子式為C13H18O2，故不選A；B.含有一個苯環(huán)、一個羧基，與苯乙酸是同系物，故不選B；C.能與氫氣發(fā)生加成反應的只有苯環(huán)，則1mol布洛芬最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應，故不選C；D.結構對稱，則布洛芬在苯環(huán)上發(fā)生取代反應，其一氯代物有2種，故D錯誤；答案選D。15、C【解析】設二價鐵離子的物質(zhì)的量為xmol，三價鐵離子的物質(zhì)的量為ymol，某鐵的氧化物，用2.0mol/L的鹽酸100mL在一定條件下恰好完全溶解，依據(jù)電荷守恒可知最終溶液中溶質(zhì)為氯化亞鐵和氯化鐵，依據(jù)電荷守恒可知二價鐵離子和三價鐵離子帶的正電荷總數(shù)等于氯離子帶電負電荷總數(shù)，即：2xmol+3ymol=0.1L×2.0mol/L；溶液中只有二價鐵離子能與氯氣發(fā)生反應生成三價鐵離子，氯氣被還原為氯離子，依據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律可知二價鐵失去的電子總數(shù)等于氯氣得到的電子總數(shù)，即：xmol×1=0.28L÷22.4L/mol×2；解得：x=0.025，y=0.05；所以該氧化物中Fe（+2價）與Fe（+3價）的物質(zhì)的量分別為0.025mol、0.05mol，反應中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結合生成H2O，則氧化物中n（O）=1/2×n（HCl）=1/2×0.2mol=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.075mol：0.1mol=3：4，該氧化物的化學式為Fe3O4，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應的計算，注意反應中HCl的H元素與氧化物中O元素全部結合生成H2O，反應后溶液成分為FeCl3，為解答該題的關鍵，計算時抓住電荷守恒定律、得失電子守恒定律是解題常用技巧。16、D【解析】A、二氧化硫具有漂白性，能與有些有色物質(zhì)化合成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，也可以用來殺菌消毒，故A項正確；B、海水淡化的主要方法有：蒸餾法、電滲析發(fā)、離子交換法等，從海洋中也可以提取鈾和重水，故B正確；C、氯元素是最重要的“成鹽元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陸地的鹽礦中，故C正確；D、半導體器件的研制開始于鍺，后來發(fā)展到研制與它同族的硅，故D錯誤。答案選D。17、C【解析】根據(jù)離子方程式的書寫步驟，判斷是否正確。【詳解】A項：清洗銀鏡時，稀硝酸被還原成NO。A項錯誤；B項：醋酸是弱酸，應保留化學式。B項錯誤；C項：Al(OH)3不溶于過量氨水。C項正確；D項：Ba(OH)2溶液足量時，碳酸氫根離子全部轉化為碳酸鋇沉淀，反應不會生成CO32-。D項錯誤。本題選C?！军c睛】離子方程式中常見錯誤有：反應不符合事實、質(zhì)量不守恒、電荷不守恒、拆分不正確、不符合用量關系等。18、B【解析】試題分析：A、水電離出的c(H+)·c(OH-)=10-22的溶液，水的電離受到抑制，可能為酸性溶液，也可能為堿性溶液，S2O32－能與H+反應，不能大量共存；B、Mg2＋、Cu2＋、Cl－、SO42－互不反應，可以大量共存；C、使酚酞變紅色的溶液呈堿性，NH4+與OH￣反應，不能大量共存；D、Fe3+能氧化I￣，不能大量共存?？键c：本題考查離子共存。19、C【解析】A.2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故A錯誤；B.NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O，故B錯誤；C.磷酸是中強酸，保留化學式，故C正確；D.2I-+Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D錯誤；故選C?！军c睛】離子方程式正誤判斷：1、原子個數(shù)要守恒2、電荷要守恒3、遵循客觀事實4、該拆成離子形式的一定要拆；例如：強酸，強堿，易溶于的鹽拆成離子形式。20、B【分析】最終生成沉淀為Cu(OH)2和Mg(OH)2，根據(jù)電荷守恒可知，金屬失去電子物質(zhì)的量等于沉淀中氫氧根的物質(zhì)的量，根據(jù)電子轉移守恒計算金屬失去電子物質(zhì)的量，沉淀質(zhì)量等于金屬質(zhì)量與氫氧根離子質(zhì)量之和。【詳解】4.48L的NO2氣體的物質(zhì)的量為＝0.2mol，0.336L的N2O4氣體物質(zhì)的量為＝0.015mol，根據(jù)電子轉移守恒，金屬失去電子物質(zhì)的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，最終生成沉淀為Cu(OH)2和Mg(OH)2，根據(jù)電荷守恒可知，金屬失去電子物質(zhì)的量等于沉淀中氫氧根的物質(zhì)的量，故沉淀質(zhì)量為4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，故答案選B。21、C【解析】A.在環(huán)境污染方面所說的重金屬主要是指汞（水銀）、鎘、鉛、鉻以及類金屬砷等生物毒性顯著的重元素，則Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金屬離子，故A說法正確；B.對于pH>9的廢水可通過加入酸發(fā)生中和反應來降低廢水的pH至6-9之間，故B說法正確；C.將CrO42－轉化為Cr2O72－的過程中并沒有元素化合價發(fā)生變化，不是氧化還原反應，故C說法錯誤；D.在含有Hg2+的廢水中加入Na2S，可將Hg2+轉變成HgS沉淀,故D說法正確。故答案選C。22、B【詳解】A．NaOH一步不能生成生Na2O，所以Y不能發(fā)生圖中轉化生成Z，故A錯誤；B．Al與硫酸反應生成X，Al與HCl反應生成Y，Al與過量反應生成Z，Z與過量硫酸反應生成X，X與BaCl2反應生成Y，Y與過量NaOH反應生成Z，反應均可進行，故B正確；C．N2與氧氣只能生成NO，所以W不能發(fā)生圖中轉化生成Z，故C錯誤；D．S不能一步變?yōu)镾O3，D錯誤；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、取代反應氧化反應2-氯丁烷CH3－CH(OH)CHClCH3CH(CH3)32-甲基丙烷【解析】（1）丁烷在Cl2和光照的條件下發(fā)生取代反應生成X，根據(jù)已知信息可知Y中含有官能團羥基和氯原子，經(jīng)過反應④生成含羰基的化合物，可知羥基被氧化為羰基，所以反應④為氧化反應。（2）根據(jù)丁烷的結構和CH3-CH=CH-CH3的結構可推測，丁烷分子中亞甲基（-CH2-）上的一個氫原子被一個氯原子取代，X的結構簡式為CH3CHClCH2CH3，用系統(tǒng)命名法命名為：2-氯丁烷；根據(jù)已知信息可知，CH3-CH=CH-CH3與Cl2/H2O發(fā)生加成反應，所以Y的結構簡式為CH(OH)CHClCH3。（3）反應⑤發(fā)生的是鹵代烴的水解反應：（4）丁烷有兩種結構：正丁烷和異丁烷，所以丁烷的另一種同分異構體為異丁烷，其結構簡式為：CH(CH3)3；系統(tǒng)命名法命名：2-甲基丙烷；根據(jù)（3）可知A的結構簡式為。24、羧基羥基取代反應或【分析】A與CH3OH發(fā)生酯化反應生成B，B在NaBH4/K2HPO4共同作用下反應生成C，C中羥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與SOCl2反應生成F，F(xiàn)的分子式為C11H15Cl2N，而E的分子式為C11H16ClNO，說明E中羥基被氯原子代替生成F，所以F的結構簡式為，F(xiàn)在AlCl3作用下生成G?！驹斀狻?1)A中含氧官能團為羧基，C中含氧官能團為羥基；(2)C中羥基被溴原子代替生成D，所以為取代反應；(3)根據(jù)分析可知F的結構簡式為；(4)B為，其同分異構體滿足：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基或甲酸形成的酯基；②能發(fā)生水解反應說明含有酯基，水解產(chǎn)物與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，說明水解產(chǎn)物中有酚羥基；③分子中只有3種不同化學環(huán)境的氫，則分子結構對稱，滿足條件的有和；(5)1,3-丁二烯為，根據(jù)D生成E的反應可知可以由和發(fā)生取代反應生成，則問題轉化為如何由合成，考慮到醚鍵可以由兩個羥基脫水生成，可以先由1,3-丁二烯與Br2發(fā)生1,4加成生成，然后水解生成，此時便得到兩個羥基，在濃硫酸作用下脫水可生成，繼而與HBr加成可生成，所以合成路線為：。【點睛】合成路線的設計為本題難點，解決本題的關鍵是首先要觀察到目標產(chǎn)物可以由和發(fā)生取代反應生成，其次是要掌握醚鍵的合成方法。25、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu將Fe2+氧化為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，所以該反應能進行【解析】(1)軟錳礦(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和閃鋅礦(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等雜質(zhì))中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此濾渣1中含有SiO2，由于MnO2具有強氧化性，能夠在酸性溶液中將CuS氧化生成硫，反應的離子方程式為CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案為：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反應Ⅱ中加入適量金屬鋅的目的是為了回收某種金屬，是因為鋅能夠將銅從溶液中置換出來，因此濾渣2的主要成分是Cu，故答案為：Cu；(3)MnO2具有強氧化性，反應Ⅲ中MnO2能夠將Fe2+氧化為Fe3+，若反應后溶液中Mn2＋、Zn2＋均為0.1mol·L－1，根據(jù)流程圖，此過程中需要除去鐵離子和鋁離子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，則需調(diào)節(jié)溶液中的c(OH-)分別小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，則c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根據(jù)Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，則需調(diào)節(jié)溶液中的c(OH-)分別大于3KspAlOH310－6=31.0×10－3310－6=1.0×10－9mol·L－1、3KspFeOH3(4)反應Ⅳ中電極均是惰性電極，電解硫酸錳和硫酸鋅的混合溶液，根據(jù)流程圖，電解生成了二氧化錳和鋅，則陽極電極反應式為Mn2＋?2e?＋2H2O＝MnO2＋4H＋。本工藝可以循環(huán)利用的物質(zhì)有MnO2、Zn和硫酸，故答案為：Mn2＋?2e?＋2H2O＝MnO2＋4H＋；H2SO4；(5)廢水處理領域中常用NH4HCO3溶液將Mn2+轉化為MnCO3，反應的離子方程式為Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，該反應的平衡常數(shù)K=c（H2CO3）cMn2+c2（HCO3-）=Ka2Ka1KspMnCO326、取少量濾液1，滴加幾滴高錳酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子。（或取少量濾液1，滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀，則證明有亞鐵離子）S溫度過高雙氧水易分解CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2OZn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-蒸發(fā)結晶法酒精50.0%【解析】廢催化劑加入稀硫酸，第一次浸出主要發(fā)生反應：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，過濾后濾液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，濃縮結晶得到粗ZnSO4?7H2O；濾渣1含有SiO2、CuS，向盛有濾渣1的反應器中加H2SO4和H2O2溶液，發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸銅、硫，濾渣2含有硫和二氧化硅，濾液含有硫酸銅，經(jīng)濃縮結晶可得到硫酸銅晶體。(1)亞鐵離子具有還原性，可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，檢驗亞鐵離子，可取少量濾液1，滴加高錳酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子，故答案為：取少量濾液1，滴加高錳酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子；(2)根據(jù)上述分析，濾渣2含有硫和二氧化硅；第二次浸出時，加熱溫度不宜過高，主要是防止雙氧水分解；第二次浸出時發(fā)生反應：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；鋅可以溶于氨水形成四氨合鋅配離子[Zn(NH3)4]2+，反應的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-，故答案為：S；溫度過高雙氧水易分解；CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-；(3)ZnSO4在水中的溶解度，隨溫度的升高而緩慢增大，從硫酸鋅溶液得到七水硫酸鋅晶體，可采用蒸發(fā)結晶的方法；析出七水硫酸鋅晶體，減壓過濾，淋洗七水硫酸鋅晶體可以選用酒精，減少晶體的損失；5.74gZnSO4·7H2O(式量287)的物質(zhì)的量為=0.02mol，其中含有鋅元素的質(zhì)量為0.02mol×65g/mol=1.3g，原樣品中鋅的質(zhì)量為10.0g×16.2%

×+10.0g×19.4%

×=2.6g，鋅的回收率為×100%=50%，故答案為：蒸發(fā)結晶法；酒精；50.0%。點睛：本題以金屬回收為載體，綜合考查物質(zhì)的制備實驗，涉及化學工藝流程、對原理與裝置的分析、物質(zhì)的分離提純、化學計算等。本題的易錯點為離子方程式的書寫和鋅的回收率的計算，計算鋅的回收率，需要計算出最終晶體中的鋅和原樣品中鋅的質(zhì)量。27、去除油污或利用碳酸鈉水解后顯堿性的性質(zhì)除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁熱過濾洗去雜質(zhì)，降低洗滌過程中FeSO4·7H2O的損耗是56.7℃＜t＜64℃偏低【分析】（1）Na2CO3溶液顯堿性，油脂在堿溶液中水解生成溶于水的物質(zhì)；（2）實驗步驟②中的化學反應是一定溫度下鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣；（3）步驟③是趁熱過濾避免硫酸亞鐵損耗；（4）步驟④中用少量冰水洗滌晶體是洗滌表面雜質(zhì)，溫度降低硫酸亞鐵溶解度減小；（5）鐵屑耗盡，不能防止亞鐵離子被氧化；（6）依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，析出晶體FeSO4?4H2O的溫度范圍；（7）若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，讀取標準溶液體積減小?！驹斀狻浚?）Na2CO3溶液中碳酸根離子水解顯堿性，鐵屑表面含有油脂，油脂在堿性條件下，水解成可溶水的物質(zhì)，步驟①的目的是除去鐵屑表面的油污，故答案為：去除油污或利用碳酸鈉水解后顯堿性的性質(zhì)除去表面油污；（2）發(fā)生化學方程式為Fe+H2SO4FeSO4+H2↑；（3）步驟③將濾液轉入到密閉容器，冷卻結晶，因此步驟③的操作名稱為趁熱過濾，故答案為：趁熱過濾；（4）一般溫度低，晶體的溶解度低，冰水洗滌的目的是洗去表面的雜質(zhì)，減少FeSO4·7H2O的損耗，故答案為：洗去雜質(zhì)，降低洗滌過程中FeSO4·7H2O的損耗；（5）步驟②中鐵屑耗盡，鐵轉化成Fe2+，F(xiàn)e2+容易被氧化成Fe3+，即同意乙同學的觀點，故答案為：是；（6）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同時析出兩種晶體，因此溫度控制在高于56.7℃，低于64℃，范圍是56.7℃＜t＜64℃；（7）根據(jù)滴定管從上到下刻度增大，俯視讀數(shù)，V偏小，消耗標準液體積減少，因此所測結果偏低。【點睛】第（7）問誤差分析問題是?？键c，學生要抓住反應的實質(zhì)，根據(jù)滴定分析法，消耗的標準液體積的變化，利用物質(zhì)之間的關系分析判斷最終測定結果。七、元素或物質(zhì)推斷題28、加成反應醛基濃硫酸、加熱或【分析】已知的合成路徑中，生成最終產(chǎn)物需要的原料是和CH3CH2OH，所以E（C8H8O2）為，由C氧化生成D后再轉變成，所以根據(jù)C的分子式，C是，氧化生成的D是，官能團是醛基，D再氧化可以生成。從分子式分析，B→C是用—OH取代—Br，所以B是。與乙炔（HC≡CH）反應生成的A是一種烴，且含有C=C鍵或者C≡C鍵，所以A→B的反應為加成反應，根據(jù)B中Br原子數(shù)目可得，A一定是，B是。與HC≡CH反應時后者有一個不飽和建發(fā)生斷裂，則反應Ⅰ為加成反應。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）D是，官能團是醛基，與HC≡CH反應時后者有一個不飽和建發(fā)生斷裂，則反應Ⅰ為加成反應。（2）反應Ⅱ是一種酯化反應，反應條件是濃硫酸、加熱。（3）C→D是由氧化生成，方程式為：2+O22+2H2O。（4）①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②含苯環(huán)且苯環(huán)上一溴代物兩種，說明含有兩個取代基，且處于對位；③不能與鈉反應，說明不含有羥基或羧基；E的分子式為C8H8O，結合題意，分子中含有—CHO、（A、B為具體的取代基）結構且不含—OH，所以剩余的C