安徽省黃山市普通高中2023-2024學年高三第三次模擬考試化學試卷注意事項：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、A、B、C、X為中學化學常見物質，A、B、C含有相同元素甲，可以發生如下轉化（水參與的反應，水未標出）。下列說法不正確的是A．若A、B、C的焰色反應呈黃色、水溶液均呈堿性，則X可以是CO2B．若C為紅棕色氣體，則A一定為空氣中含量最高的氣體C．若B為FeCl3，則X一定是FeD．A可以是碳單質，也可以是O22、下圖是分離混合物時常用的儀器，可以進行的混合物分離操作分別是（

）A．蒸餾、過濾、萃取、蒸發 B．蒸餾、蒸發、萃取、過濾C．萃取、過濾、蒸餾、蒸發 D．過濾、蒸發、萃取、蒸餾3、維生素B3可以維持身體皮膚的正常功能，而且具有美容養顏的功效，其分子中六元環的結構與苯環相似。下列有關維生素B分子的說法錯誤的是A．所有的碳原子均處于同一平面 B．與硝基苯互為同分異構體C．六元環上的一氯代物有4種 D．1mol該分子能和4molH2發生加成反應4、對下表鑒別實驗的“解釋”正確的是選項實驗目的選用試劑或條件解釋A鑒別SO2和CO2溴水利用SO2的漂白性B鑒別Fe3+和Fe2+KSCN利用Fe3+的氧化性C鑒別硝酸鉀和碳酸鈉溶液酚酞碳酸鈉溶液顯堿性D鑒別食鹽和氯化銨加熱利用熔點不同A．A B．B C．C D．D5、“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區，A區與大氣相通，B區為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是（）A．若用導線連接a、c,則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c,則c電極的電極反應式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用導線先連接a、c,再連接b、c,可實現太陽能向電能轉化D．若用導線連接b、c,b電極的電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O6、實現中國夢，離不開化學與科技的發展。下列說法不正確的是A．新型納米疫苗有望對抗最具攻擊性的皮膚癌——黑色素瘤，在不久的將來有可能用于治療癌癥B．單層厚度約為0.7nm的WS2二維材料構建出世界最薄全息圖，為電子設備的數據存儲提供了新的可能性C．納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的容量小D．基于Ag2S柔性半導體的新型高性能無機柔性熱電材料，有望在智能微納電子系統等領域廣泛應用7、下列有關實驗的說法不正確的是A．用如圖電子天平稱量固體，讀數時側門應關閉B．用托盤天平稱取10.2gNaOH固體時，將10g的砝碼放在右盤，將游碼移到0.2g的位置C．分光光度計可用于分析溶液顏色與反應物(生成物)濃度的關系，從而確定化學反應速率D．吸入氯氣、氯化氫氣體時，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸氣解毒8、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期元素，其中W原子的質子數是其M層電子數的三倍，Z與W、X與Y相鄰，X與W同主族。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：W＞Z＞Y＞XB．最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞W＞ZC．最簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數相等9、鋅銅原電池裝置如圖所示，其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過。下列有關敘述不正確的是A．鋅電極上發生氧化反應B．電池工作一段時間后，甲池的c(SO42-)減小C．電池工作一段時間后，乙池溶液的總質量增加D．陽離子通過交換膜向正極移動，保持溶液中電荷平衡10、用飽和硫酸亞鐵、濃硫酸和硝酸鉀反應可以制得純度為98%的NO，其反應為FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有關說法不正確的是A．該反應的氧化劑是KNO3B．氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均為電解質D．該反應中生成144gH2O，轉移電子的物質的量為12mol11、設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數為2NAB．2.24LCl2與CH4在光照下反應生成的HCl分子數為0.1NAC．常溫下，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數為0.3NAD．4.2gCaH2與水完全反應，轉移的電子數為0.1NA12、下列反應的生成物不受反應物的用量或濃度或反應條件影響的是A．SO2與NaOH溶液反應 B．Cu在氯氣中燃燒C．Na與O2的反應 D．H2S與O2的反應13、在NH3和NH4Cl存在條件下，以活性炭為催化劑，用H2O2氧化CoCl2溶液來制備化工產品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正確的是A．中子數為32，質子數為27的鈷原子:B．H2O2的電子式：C．NH3和NH4Cl化學鍵類型相同D．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合價是+314、Mg與Br2反應可生成具有強吸水性的MgBr2，該反應劇烈且放出大量的熱。實驗室采用如圖裝置制備無水MgBr2。下列說法錯誤的是A．a為冷卻水進水口B．裝置A的作用是吸收水蒸氣和揮發出的溴蒸氣C．實驗時需緩慢通入N2，防止反應過于劇烈D．不能用干燥空氣代替N2，因為副產物MgO會阻礙反應的進行15、化合物M(如圖所示)可用于制備各種高性能防腐蝕涂料。W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，且占據三個不同周期，W與Z的質子數之和是X的2倍。下列說法不正確的是A．原子半徑：Y＞Z＞XB．X元素的族序數是Y元素的2倍C．工業上電解熔融Y2X3化合物制備單質YD．W與X形成的所有化合物都只含極性共價鍵16、硅元素在地殼中的含量非常豐富。下列有關說法不正確的是A．晶體硅屬于共價晶體B．硅原子的電子式為C．硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2D．硅原子的價電子排布圖為17、化學與生活、生產密切相關，下列說法正確的是A．用聚氯乙烯代替木材生產快餐盒，以減少木材的使用B．中國天眼FAST中用到的碳化硅是一種新型的有機高分子材料C．港珠澳大橋中用到的低合金鋼，具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材質為FeO18、工業上以CaO和HNO3為原料制備Ca(NO3)2?6H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，所用硝酸溶液中溶質的質量分數應為A．53.8% B．58.3% C．60.3% D．70.0%19、下列材料或物質的應用與其對應的性質完全相符合的是A．Mg、Al合金用來制造飛機外殼—合金熔點低B．食品盒中常放一小袋Fe粉—Fe粉具有還原性C．SiO2用來制造光導纖維—SiO2耐酸性D．葡萄酒中含SO2—SO2有漂白性20、以淀粉為基本原料制備聚乙烯和乙酸。下列說法正確的是A．淀粉和葡萄糖都是營養物質，均能在體內發生水解、氧化反應B．工業上以石油為原料制取聚乙烯，需經裂解、加聚等反應C．燃燒等物質的量的乙烯和乙醇耗氧量不同D．乙醇和乙酸發生酯化反應制乙酸乙酯，原子利用率為100%21、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是()A．50mL1mol/L硝酸與Fe完全反應，轉移電子的數目為0.05NAB．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，所得物質中的氧原子數為4NAC．30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃燒，消耗O2的分子數目為NAD．1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO－的微粒數之和為0.1NA22、中國科學家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反應機理研究中取得新進展，首次報道了LiH-3d過渡金屬這一復合催化劑體系，并提出了“氮轉移”催化機理。如圖所示，下列說法不正確的是A．轉化過程中有非極性鍵斷裂與形成B．復合催化劑降低了反應的活化能C．復合催化劑能降低合成氨反應的焓變D．低溫下合成氨，能提高原料轉化率二、非選擇題(共84分)23、（14分）原子序數依次增大的X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素中，X、Y兩元素間能形成原子個數比分別為1:1和1:2的固態化合物A和B，Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，W、M的最高價氧化物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，Z的單質能與鹽酸反應。(1)根據上述條件不能確定的元素是______（填代號），A的電子式為_____，舉例說明Y、Z的金屬性相對強弱：______(寫出一個即可）。(2)W能形成多種含氧酸及應的鹽，其中NaH2WO2能與鹽酸反應但不能與NaOH溶液反應，則下列說法中正確的是___________(填字母)AH3WO2是三元酸BH3WO2是一元弱酸CNaH2WO2是酸式鹽DNaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一種化合物MX2是一種優良的水處理劑，某自來水化驗室利用下列方法襝測處理后的水中MX2殘留量是否符合飲用水標準（殘留MX2的濃度不高于0.1mg?L-1），已知不同pH環境中含M粒子的種類如圖所示：I.向100.00mL水樣中加入足量的KI，充分反應后將溶液調至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.0×10-4mol?L-1的溶液至終點時消耗5.00mL標準溶液(已知2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。①則該水樣中殘留的的濃度為______mg?L-1。②若再向II中所得溶液中加硫酸調節水樣pH至1?3，溶液又會呈藍色，其原因是____(用離子方程式表示）。24、（12分）以乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成一種香料W：（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為____。（2）上述①～④反應中，屬于取代反應的是___。（3）檢驗反應③是否發生的方法是____。（4）寫出兩種滿足下列條件的同分異構體的結構簡式。____、____。a．能發生銀鏡反應b．苯環上的一溴代物有兩種（5）設計一條由乙烯制備A的合成路線。（無機試劑可以任選）____。（合成路線常用的表示方式為：）25、（12分）某化學興趣小組制取氯酸鉀和氯水并進行有關探究實驗。實驗一制取氯酸鉀和氯水利用如圖所示的實驗裝置進行實驗。（1）制取實驗結束后，取出B中試管冷卻結晶，過濾，洗滌。該實驗操作過程需要的玻璃儀器有______。（2）若對調B和C裝置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸鉀的產率。實驗二氯酸鉀與碘化鉀反應的研究（3）在不同條件下KClO3可將KI氧化為I2或KIO3。該小組設計了系列實驗研究反應條件對反應產物的影響，其中系列a實驗的記錄表如下（實驗在室溫下進行）：試管編號12340.20mol?L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol?L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸餾水/mL9.06.03.00實驗現象①系列a實驗的實驗目的是______。②設計1號試管實驗的作用是______。③若2號試管實驗現象是溶液變為黃色，取少量該溶液加入______溶液顯藍色。實驗三測定飽和氯水中氯元素的總量（4）根據下列資料，為該小組設計一個簡單可行的實驗方案（不必描述操作過程的細節）：_____。資料：①次氯酸會破壞酸堿指示劑；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物質還原成Cl-。26、（10分）有機物的元素定量分析最早是由德國人李比希提出的，某實驗室模擬李比希法測定某種氨基酸(CxHyOzNp)的分子組成。取一定量的該氨基酸放在純氧氣中燃燒，燃燒后生成的水用裝置D（無水氯化鈣）吸收，二氧化碳用裝置C（KOH濃溶液）吸收，N2的體積用E裝置進行測量，所需裝置如下圖(夾持儀器的裝置及部分加熱裝置已略去)：（1）該實驗裝置的合理連接順序為：A、__、E。（部分裝置可以重復選用）（2）實驗開始時，首先打開止水夾a，關閉止水夾b，通一段時間的純氧，這樣做的目的是_____。（3）A中放入CuO的作用是_______，裝置B的作用是_____。（4）為了確定此氨基酸的分子式，除了準確測量N2的體積、生成二氧化碳和水的質量外，還需得到的數據有___。（5）在讀取E裝置中所排水的體積時，液面左低右高，則所測氣體的體積____（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。（6）已知分子式為C2H4O2的有機物也含有氨基酸中的某個官能團，請設計實驗證明該官能團（試劑任選）：____。27、（12分）甲乙兩組學生用不同的方法制備氯氣并驗證其性質。甲組用漂白粉與硫酸溶液反應制取氯氣：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如圖1所示；乙組用高錳酸鉀與濃鹽酸反應制取氯氣：2KMnO4＋16HCl(濃)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如圖2所示(省略夾持裝置)。（1）實驗中A選用裝置__，E選用裝置__(填寫序號)。（2）裝置F的作用___，請描述裝置G中的實驗現象___。（3）B中反應的離子方程式是___；C中氯氣氧化了亞硫酸鈉：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，請你幫甲組設計一個實驗，證明洗氣瓶C中的Na2SO3已被氧化(簡述實驗步驟)：___。（4）乙組中H的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性，有同學認為該設計不能達到實驗目的，其理由是___。（5）甲組實驗存在的明顯缺陷是___。28、（14分）KClO3是一種常見的氧化劑，常用于醫藥工業、印染工業和制造煙火。實驗室用KClO3和MnO2混合加熱制氧氣，現取KClO3和MnO2的混合物16.60g加熱至恒重，將反應后的固體加15g水充分溶解，剩余固體6.55g（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固體4.80g（25℃）。（1）若剩余的4.80g固體全是MnO2，則原混合物中KClO3的質量為___g；（2）若剩余的4.80g固體是MnO2和KCl的混合物①求25℃時KCl的溶解度___；②求原混合物中KClO3的質量___；③所得KCl溶液的密度為1.72g/cm3，則溶液的物質的量濃度為多少___？（保留2位小數）（3）工業常利用3Cl2+6KOH（熱）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。實驗室模擬KClO3制備，在熱的KOH溶液中通入一定量氯氣充分反應后，測定溶液中n(K+)：n(Cl-)=14：11，將所得溶液低溫蒸干，那么在得到的固體中KClO3的質量分數的取值范圍為多少？___29、（10分）為了緩解溫室效應，科學家提出了多種回收和利用CO2

的方案。方案I:利用FeO吸收CO2

獲得H2ⅰ.6FeO(s)

+CO2(g)=--2Fe3O4(s)

+C(s)

△H1=-76.0kJ/molⅱ.C(s)

+2H2O(g)=CO2(g)

+2H2(g)

△H2=

+113.4kJ/mol（1）3FeO(s)

+H2O(g)=Fe3O4(s)

+H2(g)

△H3=________。（2）在反應i中,每放出38.0kJ熱量，有_______g

FeO

被氧化。方案II

:利用CO2

制備CH4300℃時，向2L恒容密閉容器中充入2molCO2

和8

mol

H2，發生反應：CO2(g)

+4H2(g)CH4(g)

+2H2O(g)

△H4，混合氣體中CH4

的濃度與反應時間的關系如圖所示。（3）①從反應開始到恰好達到平衡時，H2

的平均反應速率v(H2)

=_________。②300℃時，反應的平衡常數K=____________。③保持溫度不變，向平衡后的容器中再充入2

molCO2和8

molH2，重新達到平衡時CH4

的濃度_________(填字母)。A．等于0.8mol/LB．等于1.6mol/LC．0.8mol/L<c(CH4)

<1.6mol/LD．大于1.6mol/L（4）300℃時，如果該容器中有1.6

molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，則v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。（5）已知:200℃時，該反應的平衡常數K=64.8L2·mol-2。則△H4______0(填“>”“<”或“=”)。方案Ⅲ:用堿溶液吸收CO2利用100mL3mol/LNaOH溶液吸收4.48LCO2(標準狀況)，得到吸收液。（6）該吸收液中離子濃度的大小排序為______________。將該吸收液蒸干、灼燒至恒重，所得固體的成分是__________(填化學式)。

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【解析】

A.若A、B、C的焰色反應呈黃色，說明A、B、C中含有鈉元素，水溶液均呈堿性，則A為氫氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉，B為碳酸鈉，碳酸鈉溶液顯堿性；碳酸鈉與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，C為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉為堿性，故A正確；B.若A為氨氣、X為氧氣，則B為一氧化氮，C為紅棕色氣體二氧化氮，則A不一定為空氣中含量最高的氮氣，故B錯誤；C.若B為FeCl3，則A為氯氣，與鐵反應生成氯化鐵，氯化鐵與鐵反應生成氯化亞鐵，故C正確；D.若A為碳、X為氧氣，則B為一氧化碳，C為二氧化碳；若A為氧氣、X為碳，則B為二氧化碳，C為一氧化碳，故D正確；答案為B。【點睛】元素的性質的推斷題，要熟練掌握各種物質間的相互轉化，并能找到各物質間相互轉化方案，熟記物質的性質，綜合運用。2、A【解析】

蒸餾燒瓶用于分離沸點相差較大的兩種液體的分離或難揮發性固體和液體的分離；普通漏斗用于分離互不相溶的固體和液體；分液漏斗用來分離互不相溶的液體或分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物；蒸發皿用于可溶性固體和液體的分離，以此來解答。【詳解】蒸餾燒瓶用于分離沸點相差較大的兩種液體的分離或難揮發性固體和液體的分離，即蒸餾；普通漏斗用于分離互不相溶的固體和液體，即過濾；分液漏斗用來分離互不相溶的液體或用來分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸發皿用于可溶性固體和液體的分離，即蒸發，所以從左至右，可以進行的混合物分離操作分別是：蒸餾、過濾、分液或萃取、蒸發。答案選A。3、D【解析】

A．該分子中所有C原子和N原子都采用sp2雜化且碳碳單鍵可以旋轉，所以該分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正確；B．硝基苯的分子式為C6H5NO2，該分子的分子式也為C6H5NO2，且二者結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．六元環上含有4種氫原子，所以其六元環上的一氯代物是4種，故C正確；D．羧基中的碳氧雙鍵不能加成，維生素B3分子中的六元環與苯環相似，則1mol該物質最多能和3mol氫氣發生加成反應，故D錯誤；故答案為D。4、C【解析】

鑒別物質常利用物質的不同性質、產生不同的現象進行。【詳解】A.CO2不能使溴水褪色（不反應），而SO2能，主要反應SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表現還原性而不是漂白性，A項錯誤；B.Fe3+和KSCN反應溶液變紅，反應為Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3，不是氧化還原反應，而Fe2+和KSCN不反應，B項錯誤；C.硝酸鉀溶液呈中性，不能使酚酞變紅，而碳酸鈉溶液因水解呈堿性，能使酚酞變紅，C項正確；D.氯化銨加熱時完全分解為氣體，固體消失，而食鹽加熱時無明顯變化，D項錯誤。本題選C。5、B【解析】

A．用導線連接a、c，a極發生氧化，為負極，發生的電極反應為2H2O-4e-=4H++O2↑，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導線連接a、c，c極為正極，發生還原反應，電極反應為WO3+xH++xe-=HxWO3，故B錯誤；C．用導線先連接a、c，再連接b、c，由光電池轉化為原電池，實現太陽能向電能轉化，故C正確；D．用導線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子，發生還原反應，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故D正確；故答案為B。6、C【解析】

新型納米疫苗的研制成功，在不久的將來有可能用于治療疾病，選項A正確；單層厚度約為0.7nm的WS2二維材料為智能手表、銀行票據和信用卡安全密碼的印制和數據存儲提供了可能性，選項B正確；納米復合材料有較大的比表面積，具有較大的吸附容量，選項C不正確；基于Ag2S柔性半導體的新型高性能無機柔性熱電材料和器件可同時提供優異的柔性和熱電轉換性能，且具有環境友好、穩定可靠、壽命長等優點，有望在以分布式、可穿戴式、植入式為代表的新一代智能微納電子系統等領域獲得廣泛應用，選項D正確。7、B【解析】

A.用如圖電子天平稱量固體，讀數時側門應關閉，防止氣流影響讀數，故A正確；B.用托盤天平稱取10.2gNaOH固體時，將10g的砝碼放在右盤，將游碼移到0.2g的位置，但NaOH一般在小燒杯中稱量，砝碼質量大于10g，故B錯誤；C.分光光度計可用于分析溶液顏色與反應物(生成物)濃度的關系，從而確定化學反應速率，故C正確；D.酒精和乙醚具有麻醉作用，可減弱對呼吸道的刺激，減輕咳嗽，當吸入氯氣、氯化氫氣體時，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸氣解毒，故D正確；答案選B。8、A【解析】

W原子的質子數是其M層電子數的3倍，根據核外電子排布規律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數依次增大，得出在元素周期表中相應的位置，即，據此分析；【詳解】W原子的質子數是其M層電子數的3倍，根據核外電子排布規律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數依次增大，得出在元素周期表中相應的位置，即A.同主族從上到下，原子半徑依次增大，同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑大小順序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A說法錯誤；B.利用非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性強弱順序是N>O>Si，即最高價氧化物對應水化物的酸性強弱順序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B說法正確；C.利用非金屬性越強，其氫化物穩定性越強，非金屬性強弱順序是O>N>P>Si，即最簡單氫化物的熱穩定性強弱順序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C說法正確；D.主族元素的最高化合價等于最外層電子數等于族序數(除O、F外)，N、Si、P最外層電子數分別為5、4、5，族序數分別為VA、IVA、VA，故D說法正確；答案：A。9、B【解析】

在上述原電池中，鋅電極為負極，鋅原子失去電子被氧化成鋅離子。電子沿著外接導線轉移到銅電極。銅電極為正極，溶液中的銅離子在銅電極上得到電子被還原成銅單質。電解質溶液中的陽離子向正極移動，而陰離子向負極移動。【詳解】A.銅電極為正極，鋅電極為負極，負極發生氧化反應，A項正確；B.電解質溶液中的陽離子向正極移動，而陰離子向負極移動。但是陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，SO42-不能通過陽離子交換膜，并且甲池中硫酸根不參加反應，因此甲池的c(SO42-)不變，B項錯誤；C.鋅原電池，鋅作負極，銅作正極，銅離子在銅電極上沉淀，鋅離子通過陽離子交換膜進入乙池，每沉淀1mol，即64g銅，就補充過來1mol鋅離子，其質量為65g，所以工作一段時間后乙池溶液的質量不斷增加，C項正確；D.原電池中，陽離子通過陽離子交換膜向正極移動，使溶液保持電中性，維持電荷平衡，D項正確；答案選B。【點睛】本題主要考察原電池的工作原理，其口訣可概括為“兩極一液一連線，活潑金屬最優先，負失氧正得還，離子電極同性戀”，可加深學生對原電池的理解與記憶。本題的難點是C選項，理解電極中固體的變化情況是解題的關鍵，解此類題時同時要考慮電解質溶液的酸堿性，學生要火眼金睛，識破陷阱，提高做題正答率。10、B【解析】

A.在反應FeSO4+KNO3+H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合價由反應前KNO3中的+5價變為反應后NO中的+2價，化合價降低，獲得電子，所以該反應的氧化劑是KNO3，A正確；B.配平的化學方程式為6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(濃)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在該反應中KNO3作氧化劑，還原產物是NO，FeSO4作還原劑，Fe2(SO4)3是氧化產物，根據反應過程中電子轉移數目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，則氧化產物Fe2(SO4)3與還原產物NO的物質的量之比為3∶2，B錯誤；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是鹽，屬于強電解質，H2O能部分電離產生自由移動的離子，是弱電解質，因此這幾種物質均為電解質，C正確；D.根據方程式可知：每反應產生72gH2O，轉移6mol電子，則生成144gH2O，轉移電子的物質的量為12mol，D正確；故合理選項是B。11、A【解析】

A.4.0gCO2中含有的質子數為，4.0gSO2中含有的質子數為，因此4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數也為2NA，故A正確；B.未說標準狀況，無法計算，故B錯誤；C.不要忽略C-H鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的共價鍵數應該為7NA，故C錯誤；D.4.2gCaH2與水完全反應，化學方程式為CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑轉移的電子的物質的量為0.2mol，故D錯誤；答案：A【點睛】易錯選項C，忽略C-H鍵的存在。12、B【解析】

A．SO2與足量NaOH溶液反應生成亞硫酸鈉和水，SO2足量時生成亞硫酸氫鈉，選項A錯誤；B．Cu在氯氣中燃燒生成物只有氯化銅，選項B正確；C．Na與O2在空氣中反應生成氧化鈉，點燃或加熱生成過氧化鈉，選項C錯誤；D．H2S與O2的反應，若氧氣不足燃燒生成硫單質和水，若氧氣充足燃燒生成二氧化硫和水，選項D錯誤。答案選B。13、D【解析】

A．質量數為32，中子數為27的鈷原子，應該表示為：，A錯誤；B．H2O2為共價化合物，原子間形成共用電子對，沒有電子的得失，B錯誤；C．NH3存在氮氫共價鍵，NH4Cl存在銨根離子和氯離子間的離子鍵，氮氫原子間的共價鍵，C錯誤；D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整體為0價，Cl為-1價，所以Co的化合價是+3，D正確；故答案選D。14、B【解析】

A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管內冷凝水的方向為下進上出，則a為冷卻水進水口，故A正確；B．MgBr2具有較強的吸水性，制備無水MgBr2，需要防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶，則裝置A的作用是吸收水蒸氣，但無水CaCl2不能吸收溴蒸氣，故B錯誤；C．制取MgBr2的反應劇烈且放出大量的熱，實驗時利用干燥的氮氣將溴蒸氣帶入三頸燒瓶中，為防止反應過于劇烈，實驗時需緩慢通入N2，故C正確；D．不能用干燥空氣代替N2，空氣中含有的氧氣可將鎂氧化為副產物MgO會阻礙反應的進行，故D正確；答案選B。15、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，且占據三個不同周期，則W為第一周期主族元素，W為H，Z應為第三周期主族元素，根據化合物M的結構簡式可知，Z可形成3個單鍵和1個雙鍵，因此，Z原子最外層有5個電子，Z為P，W與Z的質子數之和是X的2倍，X的質子數==8，則X為O，根據化合物M的結構簡式，Y可形成+3價陽離子，則Y為Al，以此解答。【詳解】A.X為O，第二周期元素，Y為Al，Z為P，Y、Z為第三周期元素，電子層數越多，半徑越大，同周期元素，核電荷數越大，半徑越小，原子半徑：Y>Z>X，故A正確；B.X為O元素，第ⅥA族元素，Y為Al元素，第ⅢA族元素，X的族序數是Y元素的2倍，故B正確；C.X為O，Y為Al，Y2X3為Al2O3，工業上制備單質Al的方法為電解熔融Al2O3，故C正確；D.X為O，W為H，W與X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非極性共價鍵，故D錯誤；答案選D。【點睛】氫元素和氧元素可以形成水，含有極性鍵，或是過氧化氫，含有極性鍵和非極性鍵。16、D【解析】

晶體硅中所有原子都以共價鍵相結合，屬于共價晶體，A正確；Si原子的最外層有4個電子，B正確；Si原子核外有14個電子，根據構造原理可知其排布式為1s22s22p63s23p2，C正確；硅原子的價電子排布圖不符合洪特規則，選項D錯誤。17、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包裝，A項錯誤；B．碳化硅是無機物，不是有機高分子材料，B項錯誤；C．考慮到港珠澳大橋所處位置等，所以使用的低合金鋼，必須要有強度大，密度小以及耐腐蝕的性能，C項正確；D．司南材質即磁性氧化鐵，成分為Fe3O4而非FeO，D項錯誤；答案選C。18、B【解析】

工業上以CaO和HNO3為原料制備Ca（NO3）2?6H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部參與化學反應生成Ca（NO3）2?6H2O晶體，反應方程式為：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2?6H2O，設硝酸的質量為126g，則：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2?6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶質的質量分數為×100%=58.3%；故選：B。19、B【解析】

A.Mg、Al合金用來制飛機外殼是利用其密度小，硬度和強度都很大的性質，不是因為合金熔點低，故A錯誤；B.食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有較強的還原性，防止食品被氧化，故B正確；C.SiO2用來制造光導纖維是利用其光學性質，不是耐酸性，故C錯誤；D.葡萄酒里都含有SO2，起保鮮、殺菌和抗氧化作用，不是用來漂白，故D錯誤。答案選B。【點睛】本題易錯選項D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鮮、殺菌和抗氧化作用。20、B【解析】

A.葡萄糖為單糖，不能在體內發生水解反應，A錯誤；B.工業上以石油為原料制取聚乙烯，需經裂解產生的為乙烯，再發生加聚反應生成聚乙烯，B正確；C.乙烯和乙醇各1mol時，耗氧量為3mol，則燃燒等物質的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C錯誤；D.乙醇和乙酸發生酯化反應制乙酸乙酯和水，原子利用率小于100%，D錯誤；答案為B。21、A【解析】

A項、50mL1mol/L硝酸與Fe完全反應生成硝酸鐵或硝酸亞鐵，若硝酸的還原產物只有一氧化氮，50mL1mol/L硝酸的物質的量為0.05mol，則生成一氧化氮轉移的電子數目為0.0375mol，故A錯誤；B項、2molNO與1molO2所含O原子的物質的量為4mol，由質量守恒定律可知，反應前后原子個數不變，則所得物質中的氧原子數為4NA，故B正確；C項、乙酸和甲醛（HCHO）的最簡式相同，均為CH2O，30gCH2O的物質的量為1mol，1molCH2O完全燃燒消耗O2的物質的量為1mol，故C正確；D項、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物質的量為0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO－的物質的量為0.1mol，故D正確。故選A。【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵。22、C【解析】

A.合成氨為可逆反應，氮氣和氫氣在反應過程中有消耗和生成，故轉化過程中有非極性鍵斷裂與形成，A項正確；B.催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，B項正確；C.催化劑不能改變反應的焓變，焓變只與反應物和生成物總能量的相對大小有關系，C項錯誤；D.合成氨的正反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正向移動，能提高原料轉化率，D項正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、Z鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：Na＞Z）B0.675ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O【解析】

Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，則推出Y為Na元素，又X、Y兩元素間能形成原子個數比分別為1:1和1:2的固態化合物A和B，則推出X為O元素，兩者形成的化合物為B為Na2O、A為Na2O2；Z的單質能與鹽酸反應，則說明Z為活潑金屬，為Mg或Al中的一種；W、M的最高價氧化物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，則W和M的最高價化合價分別為+5和+7，又X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素原子序數依次增大，則可推出W為P元素，M為Cl元素，據此分析作答。【詳解】根據上述分析易知：X、Y、Z、W、M分別是O、Na、Mg或Al、P、Cl，則（1）Z可與鹽酸反應，Z可能是Mg或Al中的一種，不能確定具體是哪一種元素；A為Na2O2，由離子鍵和共價鍵構成，其電子式為：；鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：Na＞Z），故答案為：Z；；鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：Na＞Z）；（2）NaH2PO2能與鹽酸反應，說明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能與NaOH反應，說明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2為正鹽，C項錯誤；H3PO2分子中只能電離出一個H＋，為一元弱酸，B項正確，A項錯誤；NaH2PO2中P的化合價為+1，具有還原性，可被硝酸氧化，D項錯誤；故答案為B；（3）①由圖知，中性條件下ClO2被I－還原為ClO2－，I－被氧化為I2；根據氧化還原反應中得失電子數目相等可知：2ClO2~I2~2Na2S2O3，因此可知，水中殘留的ClO2的濃度為2×10-4mol/L×5×10-3L×67.5g/mol×1000mg/g÷0.1L=0.675mg/L，故答案為：0.675；②由圖知，水樣pH調至1~3時，ClO2-被還原成Cl-，該操作中I－被ClO2－氧化為I2，故離子方程式為：ClO2－+4I－+4H+=Cl-+2I2+2H2O。24、乙醇、濃硫酸、170℃①②④取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發生【解析】

由C的結構及反應④為酯化反應可知，A為CH3COOH，C為，則反應①為光照下取代反應，生成B為，反應②為鹵代烴的水解反應，反應③為醇的催化氧化反應。（1）實驗室制備乙烯的反應試劑與具體反應條件為乙醇、濃硫酸、170℃，發生消去反應，故答案為：乙醇、濃硫酸、170℃；（2）上述①～④反應中，屬于取代反應的是①②④，故答案為：①②④；（3）檢驗反應③是否發生的方法是取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發生，故答案為：取樣，滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱，有磚紅色沉淀生成，可證明反應③已經發生；（4）的同分異構體滿足a．能發生銀鏡反應，含-CHO；b．苯環上的一溴代物有兩種，苯環上有2種H，則2個取代基位于對位，符合條件的結構簡式為、、，故答案為：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，則由乙烯制備A的合成路線為，故答案為：。25、燒杯、漏斗、玻璃棒可能研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響硫酸濃度為0的對照實驗淀粉；量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，充分反應后，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗凈烘干后稱量沉淀質量，計算可得【解析】

（1）制取實驗結束后，取出B中試管冷卻結晶，過濾，洗滌，該實驗操作過程需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；（2）若對調B和C裝置的位置，A中揮發出來的氣體有Cl2和HCl，氣體進入C裝置，HCl溶于水后，抑制氯氣的溶解，B中氯氣與KOH加熱生成氯酸鉀，則可能提高氯酸鉀的產率，故答案為：可能；（3）①研究反應條件對反應產物的影響，由表格數據可知，總體積相同，只有硫酸的濃度不同，則實驗目的為研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響，故答案為：研究反應體系中硫酸濃度對反應產物的影響；②設計1號試管實驗的作用是硫酸濃度為0的對照實驗，故答案為：硫酸濃度為0的對照實驗；③淀粉遇碘單質變藍，若2號試管實驗現象是溶液變為黃色，因此取少量該溶液加入淀粉溶液顯藍色，故答案為：淀粉；（4）由資料可知，次氯酸會破壞酸堿指示劑，因此設計實驗不能用酸堿指示劑，可以利用氯水的氧化性，設計簡單實驗為量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，充分反應后，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗凈烘干后稱量沉淀質量，計算可得，故答案為：量取一定量的試樣，加入足量的H2O2溶液，充分反應后，加熱除去過量的H2O2，冷卻，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗凈烘干后稱量沉淀質量，計算可得。【點睛】本題的難點是（4），實驗目的是測定飽和氯水中氯元素的總量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根據實驗目的需要將Cl元素全部轉化成Cl－，然后加入AgNO3，測AgCl沉淀質量，因此本實驗不能用SO2和FeCl3，SO2與Cl2、ClO－和HClO反應，SO2被氧化成SO42－，SO42－與AgNO3也能生成沉淀，干擾Cl－測定，FeCl3中含有Cl－，干擾Cl－測定，因此只能用H2O2。26、DCDB將裝置中的N2（或空氣）排除干凈將未充分燃燒的產物CO轉化為CO2(或使氨基酸中的碳完全轉化為CO2)除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2該氨基酸的摩爾質量偏小取該有機物少許于試管中，滴加NaHCO3溶液，有氣泡產生（或其它合理答案）【解析】

根據題意可知，用燃燒法測定某種氨基酸(CxHyOzNp)的分子組成，用氧氣氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮氣，利用裝置D（無水氯化鈣）測定水的質量，利用裝置C（KOH濃溶液）測定二氧化碳的質量，利用E裝置測量N2的體積，從而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的質量，進而求出該氨基酸的分子組成，據此解答。【詳解】（1）根據以上分析，結合吸收CO2、H2O及測量N2體積的順序為，先吸收水，再吸收CO2，最后測量N2體積，裝置B加熱的銅網可除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2，所以該實驗裝置的合理連接順序為：A、D、C、D、B、E，故答案為DCDB；（2）裝置內的空氣中含有N2、CO2和H2O，需通一段時間的純氧，將裝置中的N2（或空氣）排除干凈，減小試驗誤差，故答案為將裝置中的N2（或空氣）排除干凈；（3）CuO的作用是將氨基酸不完全燃燒產生的少量CO氧化成CO2，保證氨基酸中的碳都轉化為CO2，根據(1)的分析，裝置B的作用是除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2，故答案為將未充分燃燒的產物CO轉化為CO2(或使氨基酸中的碳完全轉化為CO2)；除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2；（4）根據上面的分析可知，為了確定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳氣體的質量、生成水的質量、準確測量N2的體積外，還需測出該氨基酸的摩爾質量，故答案為該氨基酸的摩爾質量；（5）如果液面左低右高（廣口瓶中液面低于量筒中液面）廣口瓶中的氣體收到的壓強除大氣壓強外還有液面高度差造成的壓強其實際壓強大于標準大氣壓，氣體體積被壓縮，實際測得的氣體體積偏小，故答案為偏小；（6）根據分子式為C2H4O2，及氨基酸中的官能團可知，該分子中有羧基，實驗證明該官能團的方法為取該有機物少許于試管中，滴加NaHCO3溶液，有氣泡產生，故答案為取該有機物少許于試管中，滴加NaHCO3溶液，有氣泡產生。【點睛】本題考查學生利用燃燒法確定有機物分子組成的知識，涉及實驗方案設計、根據原子守恒法來解答，關鍵在于理解實驗原理。27、III除去氯氣中的氯化氫，安全瓶（監測裝置H是否堵塞）U型管中左邊有色布條褪色，右邊有色布條沒有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反應后的溶液于試管中，加入HCl溶液至不再產生氣體為止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，證明Na2SO3已被氧化Cl2也可與KI反應生成I2，乙組設計的實驗中并沒有排除Cl2對實驗的干擾，故不能比較Cl、Br、I的非金屬性或Cl2未充分接觸到溴化鈉溶液中，未必能看到現象無尾氣處理裝置，污染環境【解析】

(1)結合反應原理甲組利用固體與液體加熱制備氯氣；乙組利用固體與液體反應不加熱制氯氣；(2)乙組制得的Cl2中混有揮發的HCl氣體，裝置G中CaCl2是干燥劑；(3)氯氣能氧化I-生成I2；裝置C中氯氣氧化了亞硫酸鈉，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀鹽酸和BaCl2溶液檢驗溶液中是否存在SO42-，即可判斷有沒有發生氧化還原反應；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2參與KI氧化為I2的反應；(5)Cl2是有毒氣體，需要處理含氯氣的尾氣。【詳解】(1)甲組用漂白粉與硫酸溶液混合加熱制取氯氣，實驗中A選用裝置II；而乙組用高錳酸鉀與濃鹽酸反應制取氯氣，反應不需要加熱，則E選用裝置I；(2)乙組制得的Cl2中混有揮發的HCl氣體，可利用裝置F中飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，同時根據長頸漏斗中液面是否上升，達到監測裝置H是否堵塞的目的；從F中進入G中的Cl2混有水蒸氣，能使U型管中左邊有色布條褪色，而潮濕的氯氣經過無水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，則右邊有色布條沒有褪色；(3)氯氣能氧化I-生成I2，發生反應的離子方程式為Cl2+2I-→2Cl-+I2；驗證裝置C中氯氣是否氧化亞硫酸鈉的操作方法是取少量反應后的溶液于試管中，加入HCl溶液至不再產生氣體為止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，證明Na2SO3已被氧化；(4)乙組中H裝置中NaBr不能完全吸收Cl2，將有部分Cl2也可與KI反應生成I2，干擾Br2氧化I-的實驗，則無法判斷Br2和I2的氧化性強弱，也不能比較Cl、Br、I的非金屬性；(5)甲組實驗存在的明顯缺陷是無尾氣處理裝置，污染環境。【點睛】本題考查氯氣的制備與氯氣的性質探究，明確實驗原理解題關鍵，難點是氯氣有強氧化性，但沒有漂白性，氯氣使濕潤有色布條褪色的根本原因是氯氣與水反應生成的HClO有漂白性，易錯點是裝置G中左側干燥有色布條能褪色，原因是制得的氯氣中混有水蒸氣。28、11.8035g12.25g5.99mol/L0.212～0.238【解析】

(1)根據2KClO32KCl+3O2反應原理，MnO2不溶于水，KCl溶于水進行分析計算；

(2)若剩余的4.80g固體是MnO2和KCl的混合物，則5g水溶解氯化鉀得到的溶液是飽和溶液，據此計算其溶解度；反應前后質量減少的質量為氧氣的質量，根據氯酸鉀和氧氣之間的關系式計算氯酸鉀的質量；根據溶液質量、密度計算溶液體積，再結合c=計算溶液的物質的量濃度；(3)測定溶液中n(K+):n(Cl-)=14:11結合氯氣與KOH反應生成氯酸鉀和KCl或KClO和KCl來計算質量分數的范圍。【詳解】(1)若剩余的4.80g固體全是MnO2，m(KClO3)