黑龙江省齐齐哈尔市克东县克东一中、克山一中等五校联考2024年高三第六次模拟考试化学试卷含解析

黑龙江省齐齐哈尔市克东县克东一中、克山一中等五校联考2024年高三第六次模拟考试化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A． B． C． D．2、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（）A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质B．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度3、由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（

）选项实验操作及现象结论A将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液的pH常温下水解程度>C25℃时，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI溶液，有黄色沉淀生成25℃时，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）D将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色Cl2具有漂白性A．A B．B C．C D．D4、止血环酸的结构如下图所示，用于治疗各种出血疾病，在一些牙膏中也含有止血环酸。下列说法不正确的是A．该物质的分子式为C8H15NO2B．在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4种C．该物质能发生取代反应、置换反应D．止血原理可看做是胶体的聚沉5、明崇祯年间《徐光启手迹》记载：“绿矾五斤，硝(硝酸钾)五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为强水。五金入强水皆化、惟黄金不化强水中，加盐则化。”以下说法不正确的是A．“强

水”主

要

成

分

是

硝酸B．“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水C．“锅下起火,取气冷定”描述了蒸馏的过程D．“五金入强水皆化”过程产生的气体都是H26、下列表示正确的是（）A．氯化镁的电子式：B．氘（2H）原子的结构示意图：C．乙烯的结构式：CH2=CH2D．CO2的比例模型：7、下列有关化学反应的叙述正确的是A．铜能与FeCl3溶液发生置换反应B．工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉C．向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝D．实验室用MnO2与1.0mol·L－1的盐酸加热制取氯气8、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A．分子式为C8H10NO2B．扑热息痛易溶于水C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D．属于芳香烃9、科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是A．M为电源的正极，N为电源负极B．电解过程中，需要不断的向溶液中补充Co2+C．CH3OH在溶液中发生6Co3++CH3OH+H2O===6Co2++CO2↑+6H+D．若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L10、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是()A．电极a为燃料电池正极B．电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C．电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD．a极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L11、11.9g金属锡跟100mL12mol•L﹣1HNO3共热一段时间．完全反应后测定溶液中c（H+）为8mol•L﹣1，溶液体积仍为100mL．放出的气体在标准状况下体积约为8.96L．由此推断氧化产物可能是（Sn的相对原子质量为119）（）A．Sn（NO3）4 B．Sn（NO3）2 C．SnO2∙4H2O D．SnO12、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972年提出“摇椅式“电池(Rockingchairbattery),1980年开发出LiCoO2材料，下图是该电池工作原理图，在充放电过程中，Li+在两极之间“摇来摇去”，该电池充电时的总反应为：LiCoO2+6C(石墨）=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有关说法正确的是A．充电时，Cu电极为阳极B．充电时，Li+将嵌入石墨电极C．放电时，Al电极发生氧化反应D．放电时，负极反应LiCoO2—xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+13、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定14、元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（）A．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质B．反应②利用了H2O2的氧化性C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化15、短周期元素W、X、.Y、Z位于不相邻主族,它们的原子序数及最外层电子数均依次增大且其中只有一种金属元素,W处在第一周期。下列说法错误的是A．X为金属元素 B．原子半径:X>Y>Z>WC．Y与Z可形成2种化合物 D．Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸16、不符合ⅦA族元素性质特征的是A．从上到下原子半径逐渐减小 B．易形成－1价离子C．最高价氧化物的水化物显酸性 D．从上到下氢化物的稳定性依次减弱二、非选择题（本题包括5小题）17、用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成A的反应类型是_____。（2）试剂a是_____。（3）B中所含的官能团的名称是_____。（4）W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。（5）Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则Q有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为_____、_____（写结构简式）（6）试写出由1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（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）。___________18、对乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解热镇痛药。其合成路线如下：完成下列填空：(1)A的结构简式为____________。C→D的反应类型为___________________。(2)实验室中进行反应①的实验时添加试剂的顺序为________________________。(3)下列有关E的说法正确的是____________。（选填编号）a．分子式为C6H6NOb．能与溴水发生加成反应c．遇到FeCl3溶液能发生显色反应d．既能和氢氧化钠溶液反应，又能和盐酸反应(4)已知与的性质相似，写出一定条件下M与NaOH溶液反应的化学方程式。______________________(5)满足下列条件的M的同分异构体有_____________种。①苯环上只有两种不同环境的氢原子；②苯环上连有－NH2；③属于酯类物质。(6)N-邻苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中间体，工业上以邻二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)为原料通过一系列的反应制取该化合物，请参照上述流程的相关信息，写出最后一步反应的化学方程式。_____________________19、用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物(FexOy)的组成，实验装置如图所示。根据图回答：(1)甲装置的作用是________，甲装置中发生反应的化学方程式为________。(2)实验过程中丁装置中没有明显变化，而戊装置中溶液出现了白色沉淀，则该还原性气体是________；丙中发生的反应化学方程式为________。(3)当丙装置中的FexOy全部被还原后，称量剩余固体的质量为16.8g，同时测得戊装置的质量增加17.6g，则FexOy中，铁元素与氧元素的质量比为________，该铁的氧化物的化学式为________。(4)上述实验装置中，如果没有甲装置，将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比值____(填偏大、偏小或无影响)。如果没有已装置，可能产生的后果是________。20、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁21、2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。2、B【解析】

软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A．试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B．浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D．沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。【点睛】控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如：①Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+；②NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。3、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故A错误；B．常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B错误；C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D错误；故答案为C。4、B【解析】

A．由结构简式可知分子式为C8H15NO2，故A正确；B．烃基含有5种氢，如只取代烃基的H，则在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有5种，故B错误；C．含有羧基，可发生取代、置换反应(与金属钠等)，故C正确；D．含有羧基，在溶液中可电离，可使胶体聚沉，故D正确。故选B。5、D【解析】A.根据“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”判断“强

水”主

要

成

分

是

硝酸，故A正确；B.“将矾炒去，约折五分之一”是指绿矾脱水，故B正确；C.“锅下起火，取气冷定”描述了蒸馏的过程，故C正确；D.“五金入强水皆化”是指金属溶于硝酸，过程产生的气体主要是氮的氧化物，故D不正确。故选D。6、B【解析】

A．相同离子不能合并；B．氘（2H）原子中有1个质子，核外有1个电子；C．结构式中需要用短线代替所有的共用电子对，CH2=CH2为结构简式；D．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构。【详解】A．氯化镁属于离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁的电子式为：，故A错误；B．氘（2H）原子中有1个质子，核外有1个电子，原子结构示意图：，故B正确；C．乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构，其结构式为：，故C错误；D．二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，而氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故D错误；故选：B。【点睛】易错点D，氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径。7、C【解析】

A．单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；B．氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；C．向NaOH溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；D．实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D错误；答案选C。【点睛】铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。8、C【解析】

A．分子式为C8H9NO2，故A错误；B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。9、B【解析】

连接N的电极上H+得电子产生H2，则为阴极，N为电源的负极，M为电源的正极。A.M为电源的正极，N为电源负极，选项A正确；B.电解过程中，阳极上Co2+失电子产生Co3+，Co3+与乙醇反应产生Co2+，Co2+可循环使用，不需要向溶液中补充Co2+，选项B错误；C.CH3OH在溶液中被Co3+氧化生成CO2,发生反应6Co3++CH3OH+H2O===6Co2++CO2↑+6H+，选项C正确；D.若外电路中转移1mol电子，根据电极反应2H++2e-=H2↑，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。10、C【解析】

根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，故B错误；C.电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a极发生2H2S−4e−=S2+4H+，每增重32g，则转移2mol电子，导气管e将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。11、C【解析】

n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为8mol⋅L−1，说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，设Sn被氧化后的化合价为x，根据转移电子守恒得0.4mol×(5−4)=0.1mol×(x−0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=（1.2mol−0.4mol）÷0.1L=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO2∙4H2O，故选：C。12、B【解析】

根据充电时的总反应，钴化合价升高被氧化，因此钴为阳极，石墨为阴极，则在放电时钴为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析，铜电极以及上面的石墨为阴极，A项错误；B.充电时整个装置相当于电解池，电解池中阳离子移向阴极，B项正确；C.放电时整个装置相当于原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；D.根据分析，含钴化合物位于电源的正极，D项错误；答案选B。【点睛】不管是不是锂电池，都遵循原电池的工作原理，即阳离子移向正极，阴离子移向负极，锂离子电池只不过是换成了在正、负极间移动罢了，换汤不换药。13、D【解析】

反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。14、D【解析】

A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；D.反应①和③中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；所以答案选择D项。15、D【解析】

W在第一周期，且是主族元素，则为H；4种元素位于不相邻的主族，X在第ⅢA族，且只能是金属元素，则为Al；Y为第ⅤA族，且为短周期，则为P；Z为第ⅦA族，则为Cl。A.W为H，4种元素种只有一种为金属元素，推出X是Al，故A正确；B.原子半径先比较电子层数，电子层数越多半径越大，则W半径最小，X、Y、Z在同一周期，同一周期中，核电荷数越大，半径越小，得X>Y>Z>W，故B正确；C.P和Cl可以形成2种化合物，PCl3和PCl5，故C正确；D.Y为P，最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，不是强酸，故D错误；故选D。16、A【解析】

A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，形成-1价阴离子，正确，不选B；C、ⅦA族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【详解】（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；（4）①由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；②生成聚合物Y的化学方程式是：，故答案为：；（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为、，故答案为：10；、；（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。18、CH3CHO还原反应浓硝酸，浓硫酸，苯cd+2NaOHCH3COONa++H2O3+NH2CH2COOH→+H2O【解析】

B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，则B为CH3COOH，可推知乙烯与氧气反应生成A为CH3CHO，A进一步发生氧化反应生成乙酸，由M的结构可知，E为，反应①为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子发生加氢、去氧得到D；(4)M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有-NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到与水。【详解】由上述分析可知：A为CH3CHO，B为CH3COOH，C为，D为，E为，M为。(1)由上述分析可知，A的结构简式为：CH3CHO，C为，D为，C与HCl、Fe存在条件下发生加氢去氧的还原反应产生，所以C→D的反应类型为还原反应；(2)反应①为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯，实验时添加试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再加入苯；(3)由上述分析可知，E为。a．根据E的结构简式可知其分子式为C6H7NO，a错误；b．E含有酚羟基，且酚羟基邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，b错误；c．E含有酚羟基，遇到FeCl3溶液能发生显色反应，c正确；d．E含有酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，d正确，故合理选项是cd；(4)M为，M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应，反应方程式为：+2NaOHCH3COONa++H2O；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有—NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO—或HCOOCH2—或CH3OOC—，符合条件的同分异构体有3种；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到和水，故最后一步反应的化学方程式为：+NH2CH2COOH→+H2O。【点睛】本题考查有机物合成与推断，充分利用有机物的结构进行分析解答，结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。19、除去混合气体中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221：8Fe3O4偏小造成大气污染【解析】

利用还原性气体测定铁的氧化物的组成，其原理是根据生成物的质量通过计算确定结果；还原性气体有氢气和一氧化碳，他们夺氧后生成水和二氧化碳；原气体中混有二氧化碳和水蒸气，所以必须先除去，然后让还原性气体反应，丁、戊装置用以检验生成的水和二氧化碳，最后的己装置进行尾气处理，有环保理念。【详解】(1)因二氧化碳能与氢氧化钠反应，方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氢氧化钠溶液，故甲装置的作用是除去二氧化碳；故答案为：除去混合气体中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁装置盛放的是无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水会变蓝，丁装置没有明显变化，说明没有水生成，故该还原性气体不是氢气。戊装置盛放的是石灰水，二氧化碳能使石灰水变浑浊，戊装置中溶液出现了白色沉淀，故该还原性气体是一氧化碳，反应方程式为：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案为：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙装置中的FexOy全部被还原，剩余固体为生成的铁的质量，戊装置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的质量为二氧化碳的质量，二氧化碳是一氧化碳夺取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一个氧原子来自铁氧化合物，占二氧化碳质量的，故FexOy中氧元素的质量为：17.6g×＝6.4g，则FexOy中铁氧元素的质量比为：56x：16y＝16.8g：6.4g＝21：8，x：y＝3：4，该铁的氧化物的化学式为Fe3O4；故答案为：21：8；Fe3O4；(4)如果没有甲装置，混有的二氧化碳也会在戊装置被吸收，故二氧化碳的质量偏大，相当于一氧化碳夺得的氧的质量增加，故测得结果中铁元素与氧元素的质量的比值偏小。一氧化碳有毒，会污染空气，最后的己装置对尾气进行处理，具有环保理念；故答案为：偏小；造成大气污染。20、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00m