湖南省張家界市重點中學高三3月份第一次模擬考試新高考化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是()A．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)B．H2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)C．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D．SiO2(s)H2SiO3(膠體)Na2SiO3(aq)2、主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不超過20。W、X、Y最外層電子數之和為15，是實驗室常用的一種化學試劑。下列說法中錯誤的是（）A．Z2Y的水溶液呈堿性B．最簡單氫化物沸點高低為：X＞WC．常見單質的氧化性強弱為：W＞YD．中各原子最外層均滿足8電子穩定結構3、下列由實驗現象得出的結論正確的是（）操作及現象結論A其他條件相同，測定等濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向等體積等濃度的H2O2溶液中分別加入5滴等濃度的CuSO4和KMnO4溶液，觀察氣體產生的速度比較CuSO4和KMnO4的催化效果DC2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得的氣體使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D4、pH=0的某X溶液中，除H+外，還可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干種，現取適量X溶液進行如下一系列實驗：下列有關判斷不正確的是（）A．生成氣體A的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OB．生成沉淀H

的離子方程式為：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C．溶液X中一定沒有的離子僅為：CO32-、Ba2+D．溶液X中一定含有的離子是：

H+、Fe2+、SO42-、NH4+、

Al3+5、氧化還原反應與四種基本反應類型的關系如圖所示，下列化學反應屬于陰影3區域的是A．2HClO2HCl＋O2↑B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO26、雜環化合物是分子中含有雜環結構的有機化合物。常見的六元雜環化合物有下列說法正確的是（）A．吡啶和嘧啶互為同系物B．吡喃的二氯代物有6種（不考慮立體異構）C．三種物質均能發生加成反應D．三種分子中所有原子處于同一平面7、有一瓶無色、有特殊氣味的液體，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通過測定該液體充分燃燒后生成的二氧化碳和水的質量，再根據二氧化碳和水的質量可確定是那種物質，對原理解釋錯誤的是A．求出碳、氫元素的質量比，與甲醇和乙醇中碳氫質量比對照，即可確定B．求出碳、氫原子的個數比，與甲醇和乙醇中碳氫個數比對照，即可確定C．求出碳、氫原子的物質的量比，與甲醇和乙醇中的碳氫物質的量比對照，即可確定D．求出碳、氫、氧原子的個數比，與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧個數比對照，即可確定8、已知A、B、C、D、E為常見的有機化合物，它們之間的轉化關系如圖所示。其中A只由碳、氫兩種元素組成，其產量可用來衡量一個國家石油化工的發展水平。下列推斷正確的是（）A．甲烷中混有少量A，可用酸性高錳酸鉀溶液除去B．物質C可以和NaHCO3溶液反應生成CO2C．物質E的酯類同分異構體還有3種D．B＋D→E的化學方程式為：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H59、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。已知，離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中，陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，其中丁在常溫下為氣體。下列說法正確的是A．甲中既含離子鍵，又含共價鍵B．丙和戊的混合物一定顯酸性C．丁一定能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍D．原子半徑：X＜Y＜Z＜W10、下列說法不正確的是A．淀粉能水解為葡萄糖 B．油脂屬于天然有機高分子C．雞蛋煮熟過程中蛋白質變性 D．食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C11、已知海水略呈堿性，鋼鐵在其中易發生電化腐蝕，有關說法正確的是()A．腐蝕時電子從碳轉移到鐵B．在鋼鐵上連接鉛塊可起到防護作用C．正極反應為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．鋼鐵在淡水中易發生析氫腐蝕12、下列屬于原子晶體的化合物是（）A．干冰 B．晶體硅 C．金剛石 D．碳化硅13、一種利用電化學變色的裝置如圖所示，其工作原理為：在外接電源下，通過在膜材料內部Li＋定向遷移，實現對器件的光透過率進行多級可逆性調節。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均為無色透明晶體，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均為藍色晶體。下列有關說法錯誤的是A．當a接外接電源負極時，電致變色層、離子儲存層都顯藍色，可減小光的透過率B．當b接外接電源負極時，離子儲存層發生的反應為Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3C．切換電源正負極使得藍色變為無色時，Li＋通過離子導體層由離子儲存層向電致變色層遷移D．該裝置可用于汽車的玻璃變色調光14、中國傳統詩詞中蘊含著許多化學知識，下列分析不正確的是（）。A．“日照香爐生紫煙，遙看瀑布掛前川”，“紫煙”指“香爐”中碘升華的現象B．“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，金性質穩定，可通過物理方法得到C．“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹的燃放涉及氧化還原反應D．“榆莢只能隨柳絮，等閑繚亂走空園”，“柳絮”的主要成分為纖維素15、用NA表示阿伏加德羅常數值，下列敘述中正確的A．0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下充分反應，得到NO的分子數為0.4NAB．C60和石墨的混合物共1.8g，含碳原子數目為0.15NAC．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中陽離子總數小于0.2NAD．5.6g鐵在足量的O2中燃燒，轉移的電子數為0.3NA16、汽車尾氣含氮氧化物（NOX）、碳氫化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“霧霾”。因此，不少汽車都安裝尾氣凈化裝置（凈化處理過程如圖）。下列有關敘述，錯誤的是A．尾氣造成“霧霾”與汽油未充分燃燒有關B．尾氣處理過程，氮氧化物（NOX）被還原C．Pt-Rh催化劑可提高尾氣凈化反應的平衡轉化率D．使用氫氧燃料電池作汽車動力能有效控制霧霾17、W、X、Y、Z、R為原子序數依次增大的短周期主族元素，W元素的一種核素可用于鑒定文物年代，X元素的一種單質可作為飲用水消毒劑，Y元素的簡單離子是同周期元素的簡單離子中半徑最小的，Z元素和W元素同主族，R元素被稱為“成鹽元素”。下列說法錯誤的是（）A．X、Y簡單離子半徑：X>YB．W、Z元素的簡單氫化物的穩定性：W>ZC．X元素和R元素形成的某種化合物可用于自來水的消毒D．工業上常用電解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法來制取單質Y18、幾種短周期元素的原子半徑及某些化合價見下表，下列說法不正確的是（）元素代號ABDEGIJK化合價-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半徑/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．常溫下B元素的單質能與K單質反應 B．A、I、J的離子半徑由大到小順序是A>J>IC．G元素的單質存在同素異形體 D．J在DB2中燃燒生成B元素的單質19、下列關于工業生產過程的敘述正確的是（）A．聯合制堿法中循環使用CO2和NH3，以提高原料利用率B．硫酸工業中，SO2氧化為SO3時采用常壓，因為高壓會降低SO2轉化率C．合成氨生產過程中將NH3液化分離，可加快正反應速率，提高N2、H2的轉化率D．煉鋼是在高溫下利用氧化劑把生鐵中過多的碳和其他雜質氧化成氣體或爐渣除去20、下列有關化學用語表示正確的是A．硝基苯 B．鎂離子的結構示圖C．水分子的比例模型： D．原子核內有8個中子的碳原子：21、常溫下用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO3溶液，所得滴定曲線如圖所示(忽略混合時溶液體積的變化)。下列敘述錯誤的是A．Ka2(H2SO3)的數量級為10-8B．若滴定到第一反應終點，可用甲基橙作指示劑C．圖中Y點對應的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D．圖中Z點對應的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)22、下列敘述正確的是()A．電鍍時，通常把待鍍的金屬制品作陽極B．氯堿工業上電解的是熔融的NaClC．氫氧燃料電池(酸性電解質)中O2通入正極，電極反應為O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．上圖中電子由Zn極移向Cu極，鹽橋中的Cl－移向CuSO4溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）某化合物X有三種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：(1)化合物X的化學式為___________(2)混合氣體N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反應生成一種鹽，其離子反應方程式為______________。(3)黑色固體Y與NH3的化學方程式為____________(4)若以X?3H2O進行實驗，在170℃時可以生成一種中間產物W。0.1mol化合物W能與0.6molHCl剛好完全反應，若0.1mol化合物W再繼續加熱生成黑色固體Y的質量為32.0g。則化合物W的化學式為______________。(5)混合氣體N有毒，為保護環境，可以用保險粉（Na2S2O4）吸收。請說明混合氣體N能用保險粉吸收的理由___________。24、（12分）中學化學中幾種常見物質的轉化關系如下圖所示：將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體。請回答下列問題：(1)紅褐色膠體中F粒子直徑大小的范圍：___________________________。(2)寫出C的酸性溶液與雙氧水反應的離子方程式：__________________________________。(3)寫出鑒定E中陽離子的實驗方法和現象：_______________________________________。(4)有學生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，_________、冷卻結晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為_______________________。(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，反應的離子方程式為____________________________。25、（12分）設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉化為綠礬回收，把Cu2＋轉化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。26、（10分）某研究小組利用下圖裝置探究溫度對氨氣還原Fe2O3的影響（固定裝置略）。完成下列填空：（1）實驗時A中有大量紫紅色的煙氣，則NH4I的分解產物為___（至少填三種），E裝置的作用是___。（2）裝置B中的反應方程式：______，D裝置的作用是______。某研究小組按上圖裝置進行對比實驗，甲組用酒精燈、乙組用酒精噴燈對裝置C加熱，反應產物均為黑色粉末（純凈物），兩組分別用各自的產物進行以下探究，完成下列填空：步驟操作甲組現象乙組現象1取黑色粉末加入稀鹽酸溶解，無氣泡溶解，有氣泡2取步驟1中溶液，滴加KSCN溶液變紅無現象3向步驟2溶液中滴加新制氯水紅色先變深后褪去先變紅后也褪色（3）乙組得到的黑色粉末是______。（4）甲組步驟1中反應的離子方程式為______。（5）乙組步驟3中，溶液變紅的原因為______；溶液褪色可能的原因及其驗證方法為______。（6）若裝置C中Fe2O3反應后的產物是兩種氧化物組成的混合物，為研究氧化物的組成，研究小組取樣品7.84克在加熱條件下通入氨氣，完全反應后，停止加熱，反應管中鐵粉冷卻后，稱得質量為5.6克，則混合物的組成為______。27、（12分）輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在。現取一份該伴生礦樣品，經檢測后確定僅含、和惰性雜質。為進一步確定其中、的含量，某同學進行了如下實驗：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加熱（硫元素全部轉化為），濾去不溶雜質；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發生反應：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列問題：（1）寫出溶于酸性溶液的離子方程式：____________________________________。（2）配制溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是______________________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_______________。（3）③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_____________。（4）⑤中滴定至終點時的現象為____________________________。（5）混合樣品中和的含量分別為_______%、_______%（結果均保留1位小數）。（6）判斷下列情況對樣品中和的含量的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若量取酸性溶液時俯視讀數，則最終結果的含量_______________。若用溶液滴定終點讀數時仰視，則最終結果的含量_____________。28、（14分）含硫化合物在生產、生活中有廣泛應用，其吸收和處理也十分重要。回答下列問題：1.SO2具有還原性，寫出將SO2氣體通入FeCl3溶液中的離子方程式_________，并標出電子轉移的數目及方向。_____________________________________________________________2.在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液變紅色，若在該溶液中滴入過量的BaCl2溶液，現象是_________，請結合離子方程式，運用平衡原理進行解釋_____________________。3.等體積等物質的量濃度的NaClO溶液與Na2SO3溶液混合后，溶液顯______性。此時溶液中濃度相等的微粒是___________________________________________。4.已知：H2S：Ki1＝1.3×10－7Ki2＝7.1×10－15H2CO3：Ki1＝4.3×10－7Ki2＝5.6×10－11含H2S尾氣用足量的Na2CO3溶液來吸收。寫出離子反應方程式。____________常溫時，等體積等濃度的Na2S和Na2CO3溶液的離子總數：N前___N后（填“>”或“<”）。29、（10分）氮族元素及其化合物應用廣泛。如合成氨、磷肥等化學肥料促進了糧食產量的極大提高。(1)在基態31P原子中，核外存在_____對自旋相反的電子，核外電子占據的最高能級的電子云輪廓圖為_____形。與31P同周期且相鄰的元素的第一電離能由大到小的順序為_____。(2)液氨中存在電離平衡2NH3NH4++NH2﹣，體系中三種微粒中N原子的雜化方式為_____，NH2﹣的立體構型為_____，與NH4+互為等電子體的分子為_____。(3)苯胺與甲苯的相對分子質量相近，但苯胺的熔點(﹣5.9℃)、沸點(184.4℃)分別高于甲苯的熔點(﹣95℃)、沸點(110.6℃)，原因是_____。(4)我國科學工作者實現世界首次全氮陰離子(N5﹣)金屬鹽Co(N5)2(H2O)4?4H2O的合成，其結構如圖所示，Co2+的配位數為_____；N5﹣的化學鍵類型為_____。

(5)把特定物質的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加熱時，生成晶體X，其晶胞的結構圖及晶胞參數如圖所示。則晶體X的密度為_____g/cm3(設阿伏加德羅常數的值為NA，列出計算式)。

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、A【解析】

A.Ca(ClO)2與二氧化碳和水反應生成次氯酸，次氯酸再受熱分解會產生氧氣，A項正確；B.根據金屬活動性順序已知，銅與稀硫酸不反應，B項錯誤；C.銅與氯化鐵反應時生成氯化亞鐵與氯化銅，不能得到鐵單質，C項錯誤；D.二氧化硅不與水反應，D項錯誤；答案選A。2、C【解析】

由題干可知，為實驗室一種常見試劑，由結構式可知，Z為第一主族元素，W為第四主族元素，X為第五主族元素，由W、X、Y最外層電子數之和為15可知，Y為第ⅥA族元素，因為W、X、Y、Z為原子序數依次遞增的主族元素，且均不超過20，因此W為碳，X為氮，Y為硫，Z為鉀。【詳解】A．Z2Y為K2S，由于S2-水解，所以溶液顯堿性，故A不符合題意；B．X的最簡單氫化物為NH3，W的最簡單氫化物為CH4，因為NH3分子間存在氫鍵，所以沸點高，故B不符合題意；C．根據非金屬性，硫的非金屬性強于碳，所以對應單質的氧化性也強，故C符合題意；D．中三種元素最外層電子均滿足8電子穩定結構，故D不符合題意；答案選C。【點睛】元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強。3、A【解析】由于甲酸的酸性大于氫硫酸，等濃度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的電離平衡常數較大，A正確；含有鐵離子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色，不一定為Fe2+的溶液，B錯誤；硫酸銅在H2O2溶液分解時作催化劑，而KMnO4溶液與H2O2溶液反應，KMnO4溶液做氧化劑，沒有可比性，C錯誤；濃硫酸能夠使乙醇脫水碳化，濃硫酸被還原為二氧化硫，可能是二氧化硫能夠使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸氣使高錳酸鉀溶液褪色，D錯誤；正確選項A。點睛：C2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得的氣體通入到足量的氫氧化鈉溶液中進行洗氣，除去二氧化硫和二氧化碳氣體，然后所得的氣體通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，證明一定制得了乙烯氣體。4、C【解析】

強酸性溶液X，則溶液中不存在弱酸根離子CO32-，溶液和硝酸鋇溶液反應生成沉淀C，則溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根離子反應的Ba2+，C是BaSO4；酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸鋇產生氣體，則溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，A是NO；溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液時，產生氣體D，則溶液中含有NH4+，D是NH3，產生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入過量二氧化碳時產生沉淀H和溶液G，則溶液X中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液G是NaHCO3，；綜上所述，原溶液X中含有的離子為：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+。【詳解】A．溶液X中應含有Fe2+，酸性條件下與硝酸根離子反應生成氣體NO，反應的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，選項A正確；B．生成沉淀H的離子方程式為：AlO2--+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，選項B正確；C．溶液X中一定沒有的離子為：CO32-、Ba2+、NO3-，選項C錯誤；D．溶液X中一定含有的離子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+，選項D正確；故答案選C。5、D【解析】

根據圖得出陰影3為氧化還原反應，但不是置換反應、化合反應、分解反應。【詳解】A.2HClO2HCl＋O2↑，有化合價升降，是氧化還原反應，但是分解反應，故A不符合題意；B.NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，沒有化合價升降，故B不符合題意；C.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合價升降，是氧化還原反應，但是化合反應，故C不符合題意；D.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合價升降，是氧化還原反應，不屬于置換反應、化合反應、分解反應，故D符合題意。綜上所述，答案為D。6、C【解析】

A．同系物差CH2，吡啶和嘧啶還差了N，不可能是同系物，A項錯誤；B．吡喃的二氯代物有7種，當一個氯位于氧的鄰位，有4種，當一個氯位于氧的間位有2種，當一個氯位于氧的對位，有1種，B項錯誤；C．三種物質均能有以雙鍵形式存在的鍵，能發生加成反應，C項正確；D．吡喃含有飽和碳原子結構，所有原子不可能處于同一平面，D項錯誤；答案選C。7、D【解析】

反應后生成了二氧化碳和水，則根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類質量不變，則反應物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的質量，則根據二氧化碳和水的質量，利用某元素的質量=化合物的質量×該元素的質量分數可求出碳元素和氫元素的質量比；再根據碳元素和氫元素的質量比即可求得碳元素與氫元素的原子個數比；最后與反應前甲醇和乙醇中的碳氫個數比對照，即可知道是哪種物質。碳、氫原子的物質的量比，與其原子個數比類似；只有D答案是錯誤的，因為生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分來自于甲醇和乙醇，一部分來自于氧氣，不能根據求出碳、氫、氧原子的個數比，與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧原子的個數比對照，答案選D。8、C【解析】

其中A只由碳、氫兩種元素組成，其產量可用來衡量一個國家石油化工的發展水平，A為乙烯，B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，E為乙酸乙酯。【詳解】A.甲烷中混有少量A，不能用酸性高錳酸鉀溶液除去，乙烯與酸性高錳酸鉀發生生成二氧化碳，引入新的雜質，故A錯誤；B.乙醛和NaHCO3溶液不反應，故B錯誤；C.物質E的酯類同分異構體有甲酸正丙酯，甲酸異丙酯，丙酸甲酯3種，故C正確；D.B＋D→E的化學方程式為：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5+H2O，故D錯誤。綜上所述，答案為C。9、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒，該陽離子為NH4+，則X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，則Q為Na元素，因此Y、Z、W均為第二周期元素，陰離子組成元素的原子序數小于Na，則陰離子為碳酸氫根離子，則甲為NH4HCO3，因此Y為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，則乙為氫氧化鈉或硝酸，與碳酸氫銨反應生成氨氣，碳酸鈉和水或硝酸銨、二氧化碳和水，其中丁在常溫下為氣體，則丁為氨氣或二氧化碳，據此分析解答。【詳解】根據上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，Q為Na元素，甲為NH4HCO3，乙為NaOH或硝酸，丁為氨氣或二氧化碳，丙、戊為碳酸鈉或硝酸銨和水。A．甲為NH4HCO3，屬于離子化合物，含有離子鍵，銨根離子、HCO3-中還含有共價鍵，故A正確；B．丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸銨溶液，碳酸鈉水解后溶液顯堿性，故B錯誤；C．丁可能為二氧化碳，二氧化碳不能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：X＜W＜Z＜Y，故D錯誤；答案選A。10、B【解析】

A.淀粉是多糖，水解最終產物是葡萄糖，A正確；B.油脂是高級脂肪酸的甘油酯，屬于天然有機物，但不是高分子化合物，B錯誤；C.雞蛋煮熟過程中，蛋白質分子結構發生了變化，不具有原來蛋白質的生理功能，物質的化學性質也發生了改變。因此雞蛋煮熟過程是蛋白質變性，C正確；D.新鮮蔬菜和水果含有豐富的維生素C，因此食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C，D正確；故合理選項是B。11、C【解析】

A．堿性條件下，鋼鐵發生吸氧腐蝕，鐵做負極，碳是正極，電子從負極流向正極，從鐵流向碳，故A錯誤；B．在鋼鐵上連接鉛塊，鐵比鉛活潑，會先腐蝕鐵，起不到防護作用，故B錯誤；C．吸氧腐蝕時，氧氣做正極，在正極上得到電子生成氫氧根離子，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正確；D．淡水是中性條件，鐵在堿性和中性條件下發生的都是吸氧腐蝕，故D錯誤；答案選C。【點睛】鋼鐵在酸性條件下發生的是析氫腐蝕，在中性和堿性條件下發生的是吸氧腐蝕。12、D【解析】

相鄰原子之間通過強烈的共價鍵結合而成的空間網狀結構的晶體叫做原子晶體，常見的原子晶體是周期系第ⅣA族元素的一些單質和某些化合物，例如金剛石、硅晶體、二氧化硅、SiC等。【詳解】A.干冰為分子晶體，故A錯誤；B.晶體硅是原子晶體，是單質，故B錯誤；C.金剛石是原子晶體，是單質，故C錯誤；

D.碳化硅是原子晶體，是化合物，故D正確；故答案選D。13、C【解析】

A．當a接外接電源負極時，電致變色層為陰極，發生電極反應WO3+Li++e-===LiWO3，LiWO3為藍色晶體，b極接正極，離子儲存層為陽極，發生電極反應Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e－===Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋，Fe4[Fe(CN)6]3為藍色晶體，藍色與無色相比，可減小光的透過率，A選項正確；B．當b接外接電源負極時，離子儲存層為陰極，發生的電極反應為Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B選項正確；C．切換電源正負極使得藍色變為無色時，即LiWO3變為WO3，Fe4[Fe(CN)6]3變為Li4Fe4[Fe(CN)6]3，電致變色層為陽極，離子儲存層為陰極，則Li+通過離子導體層由電致變色層移向離子儲存層，C選項錯誤；D．該裝置可實現變色，可用于汽車的玻璃變色調光，D選項正確；答案選C。14、A【解析】

A.“紫煙”是水產生的霧氣，它是水蒸發產生的水蒸氣遇冷液化而形成的小液滴，是一種液化現象，不是碘升華，故A錯誤；B.自然界中金單質的密度比較大，且化學性質穩定，可通過物理方法得到，故B正確；C.“爆竹”中含黑火藥，燃放過程中有新物質二氧化碳、二氧化硫等生成，屬于化學變化，故C正確；D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纖維素，故D正確。答案選A。.【點睛】本題體現了化學與生產、生活的密切關系，難度不大，注意知識的遷移應用、化學基礎知識的積累是解題的關鍵。15、B【解析】

A．依據4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下加熱充分反應，氧氣剩余，則生成的一氧化氮部分與氧氣反應生成二氧化氮，所以最終生成一氧化氮分子數小于0.4NA，故A錯誤；B．C60和石墨是碳元素的同素異形體，混合物的構成微粒中都只含有C原子，1.8gC的物質的量為=0.15mol，所以其中含有的碳原子數目為0.15NA，B正確；C．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶質的物質的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1mol/L×1L=0.1mol，該鹽是強酸弱堿鹽，陽離子部分發生水解作用，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可見NH4+水解消耗數與水解產生的H+數目相等，而Al3+一個水解會產生3個H+，因此溶液中陽離子總數大于0.2NA，C錯誤；D．Fe在氧氣中燃燒產生Fe3O4，3molFe完全反應轉移8mol電子，5.6gFe的物質的量是0.1mol，則其反應轉移的電子數目為×0.1mol=mol，故轉移的電子數目小于0.3NA，D錯誤；故合理選項是B。16、C【解析】

A.汽油未充分燃燒可增加氮氧化物(NOx)、碳氫化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“霧霾”，故A正確；B.尾氣處理過程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合價降低，得電子，被還原，故B正確；C.催化劑只改變化學反應速率，不會改變平衡轉化率，故C錯誤；D.使用氫氧燃料電池作汽車動力能減少含氮氧化物(NOx)、碳氫化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制霧霾，故D正確。故選C。17、D【解析】

W、X、Y、Z、R為原子序數依次增大的短周期主族元素，W元素的一種核素可用于鑒定文物年代，W為C元素；X元素的一種單質可作為飲用水消毒劑，X為O元素；Y元素的簡單離子是同周期元素的簡單離子中半徑最小的，Y為Al元素；Z元素和W元素同主族，Z為Si元素；R元素被稱為“成鹽元素”，R為Cl元素，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，W為C、X為O、Y為Al、Z為Si、R為Cl元素。A.O2-和Al3+核外電子排布都是2、8，離子的核電荷數越大，離子半徑就越小，因此簡單離子半徑：X>Y，A正確；B.同一主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則非金屬性C>Si。元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性就越強，因此簡單氫化物的穩定性：W>Z，B正確；C.元素X和R形成的ClO2，該物質具有強氧化性，可用于自來水的消毒殺菌，C正確；D.Y和R化合物為AlCl3，AlCl3為共價化合物，熔融氯化鋁不能導電。在工業上常用電解熔融Al2O3的方法制金屬Al，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律。把握短周期元素、原子序數、元素的性質和位置來推斷元素為解答的關鍵，D選項為易錯點，注意冶煉金屬Al原料的選擇。18、D【解析】短周期元素，A、E有-1價，B有-2價，且A的原子半徑與B相差不大，則A、E處于ⅦA族，B處于ⅥA族，A原子半徑小于E，可推知A為F、E為Cl，B為O；D有-4、+4價，處于ⅣA族，原子半徑與O原子相差不大，可推知D為C元素；G元素有-3、+5價，處于ⅤA族，原子半徑大于C原子，應處于第三周期，則G為P元素；I、J、K的化合價分別為+3、+2、+1，分別處于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半徑依次增大，且都大于P原子半徑，應處于第三周期，可推知I為Al、J為Mg、K為Na；A．Na與O2常溫下可生成Na2O，故A正確；B．F-、Mg2+、Al3+離子核外電子層數相等，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑大小順序為：F-＞Mg2+＞Al3+，故B正確；C．磷的單質有紅磷和白磷，存在同素異形體，故C錯誤；D．鎂在二氧化碳中的燃燒生成MgO和碳單質，故D錯誤；故選D。19、D【解析】

A.聯合制堿法中，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳被循環利用，而氯化銨并沒有直接循環利用，而是作為其他化工原料，則氨氣沒有被循環利用，故A錯誤；B.對于該反應，常壓時轉化率就很高了，增大壓強對SO2的轉化率影響不大，同時會增大成本，故通常采用常壓而不是高壓，故B錯誤；C.合成氨生產過程中將NH3液化分離，導致生成物濃度減小，逆反應速率瞬間減小，正反應速率隨之減小，平衡向正反應方向移動，從而提高了N2、H2的轉化率，故C錯誤；D.降低生鐵中的含碳量，需要加入氧化劑將生鐵中過多的碳和其他雜質氧化成氣體或爐渣除去，故D正確；答案選D。20、A【解析】

A.硝基的氮原子與苯環上的碳原子相連是正確的，故A正確；B.鎂離子的結構示圖為故B錯誤；C.水分子空間構型是V型的，所以水分子的比例模型為，故C錯誤；D.原子核內有8個中子的碳原子質量數是14，應寫為，故D錯誤；故答案為：A。21、D【解析】

A．據圖可知c(SO32-)=c(HSO3-)時pH=7.19，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-7.19，則Ka2(H2SO3)的數量級為10-8，故A正確；

B．甲基橙的變色范圍為3.1-4.4，滴定第一反應終點pH在4.25，所以可以選取甲基橙作指示劑，溶液由紅色變為橙色，故B正確；C．Y點溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且該點c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正確；D．Z點溶質為Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水電離都生成OH-，所以c(HSO3-)＜c(OH-)，故D錯誤；故答案為D。【點睛】H2SO3為二元弱酸，與氫氧化鈉反應時先發生H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O，再發生NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，所以第一反應終點溶液溶質為NaHSO3，此時溶液呈酸性，說明亞硫酸氫根的電離程度大于水解程度；第二反應終點溶液溶質為Na2SO3。22、C【解析】

A.電鍍時，通常把待鍍的金屬制品作陰極，A錯誤；B.氯堿工業上電解的是飽和食鹽水，B錯誤；C.氫氧燃料電池（酸性電解質）中O2通入正極，電極反應為：O2+4H++4e-＝2H2O，C正確；D.由于金屬活動性Zn＞Cu,所以Zn為負極，電子由Zn極移向Cu極，鹽橋中的Cl－移向正電荷較多的ZnSO4溶液，D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3價的硫元素具有還原性，能發生氧化還原反應【解析】

對X進行加熱后分解產生了紅棕色的混合氣體，混合氣體中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解產生的黑色固體與NH3反應后，可以獲得紫紅色固體，即銅單質，所以X中一定有Cu元素，所以X為Cu(NO3)2。【詳解】(1)通過分析可知，X的化學式即為Cu(NO3)2；(2)通過分析可知Cu(NO3)2分解的方程式為：，所以混合氣體與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；(3)通過分析可知黑色固體Y即為CuO，其與NH3反應的方程式為：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化學式中含有6個OH-；又因為，0.1molW分解得到Y(CuO)質量32.0g即0.4mol，所以W的化學式中含有4個Cu2+，所以W的化學式為Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合氣體中含有NO2，具有氧化性，其可以與具有還原性的Na2S2O4發生氧化還原反應，從而轉化成無毒的N2。24、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在蒸發濃縮玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】

將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體，則F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是單質Fe、B是FeS、C是FeSO4。【詳解】(1)根據膠體的定義，紅褐色氫氧化鐵膠體中氫氧化鐵膠體粒子直徑大小的范圍是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被雙氧水氧化為Fe3+，反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，銨根離子與堿反應能放出氨氣，鑒定E中銨根離子的實驗方法和現象是：取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾。根據過濾操作的裝置圖可知，過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為玻璃棒。(5)FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，鐵元素化合價由+3升高為+6，氯元素化合價由+1降低為-1，反應的離子方程式為2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。25、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收，先加堿使金屬離子轉化為沉淀，與陰離子分離，然后加酸溶解沉淀，再加鐵粉可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬。【詳解】依據題意從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉化為綠礬回收，把Cu2+轉化為銅回收應分三步實施，先加廉價的堿Ca(OH)2將Fe3+、Cu2+轉化為Fe(OH)3和Cu(OH)2，與Cl-、NO3-分離，反應的離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；過濾后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸鐵和硫酸銅的混合液，反應的離子方程式為Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入鐵粉與硫酸鐵和硫酸銅反應，可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬，故答案為：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；鐵；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。26、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨氣Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-顯紅色假設SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出現紅色，則假設成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B中鋅的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸，因為氨氣極易被濃硫酸吸收；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式；(5)步驟4中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7，由此確定混合物的組成。【詳解】：(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣，說明生成了碘蒸氣，NH4I發生下列反應：NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣)，2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣)，則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI)，E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣；(2)裝置B的作用是吸收碘蒸氣，反應方程式：Zn+I2═ZnI2，因為氨氣極易被濃硫酸吸收，故D裝置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體，結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；(4)利用甲組現象可知Fe2O3與CO在酒精燈加熱的條件下，Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4，由此可寫出反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-顯紅色，所以乙組步驟3中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化，若該假設成立，則溶液中還存在Fe3+，再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅；(6)氧化物樣品質量為7.84克，還原成鐵粉質量為5.6克，氧元素質量為：7.84-5.6g=2.24g，則鐵和氧的原子個數比為：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式為Fe5O7；則混合物的組成為Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案為：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。27、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化膠頭滴管酸式滴定管溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據滴定實驗原理判斷終點現象，運用關系式計算混合物的組成，據測定原理分析實驗誤差。【詳解】（1）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應，高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水，反應化學方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反應的離子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案為Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol?L﹣1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管，故答案為除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化；膠頭滴管；（3）③取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液，具有強氧化性，所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管，故答案為酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，發生反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定終點的現象是：溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色，故答案為溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色；（5）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應的化學方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，樣品消耗MnO4﹣物質的量n2＝0.200L×0.2000mo?L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物質的量n3＝0.1000mo1?L﹣1×0.03L×＝0.03mol，則起始樣品溶解所得溶液中含Cu2+物質的量n4＝0.03mol，設樣品中含CuS、Cu2S的物質的量分別為x、y，則：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol聯立①②，解方程組得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合樣品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合樣品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案為61.5；36.9。（6）結合上述計算過程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根據量筒的構造，若量取時俯視讀數，則所取量偏小，則樣品消耗MnO4﹣物質的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mo