安徽省示范性高中培优联盟2025年招生伯乐马模拟考试（四）化学试题含解析

安徽省示范性高中培优联盟2025年招生伯乐马模拟考试（四）化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）A．反应过程中需要不断补充Fe2+B．阳极反应式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C．电路中转移1mol电子，消耗标况下氧气5.6LD．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）2、前20号主族元素W、

X、Y

、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3

倍。X、Y

、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是（）A．原子半径的大小W＜X<Y＜Z B．简单氢化物的热稳定性W＞XC．Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈 D．工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y3、25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（）A．NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂B．均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，酸性较强的是HAC．25℃时，0.0100mol/LNa2HB溶液的pH＞7D．25℃时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-34、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molOH－含有的电子数目为NAB．1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为NAC．0.5mol苯中含有碳碳双键的数目为1.5NAD．24克O3中氧原子的数目为1.5NA5、将NaHCO3和Na2O2的固体混合物xg在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体．将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示．下列说法错误的是（）A．HCl的浓度0.2mol/LB．反应后固体的成分为NaOH与Na2CO3C．密闭容器中排出气体的成分为O2和H2OD．x的数值为6.096、A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱B．若A为固态非金属单质，D为O2，则A可以为单质硫C．若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度D．若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A只能是C2H67、下图可设计成多种用途的电化学装置。下列分析正确的是A．当a和b用导线连接时，溶液中的SO42－向铜片附近移动B．将a与电源正极相连可以保护锌片，这叫牺牲阳极的阴极保护法C．当a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：2H++2e-=H2↑D．a和b用导线连接后，电路中通过0.02mol电子时，产生0.02mol气体8、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、、、过量HC1B、、、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量A．A B．B C．C D．D9、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L－1B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－510、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时的pH如表所示。下列说法正确的是元素对应的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．简单离子半径大小顺序为：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸C．X、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡D．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子11、关于晶体的叙述正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键12、2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是A．分子式为C10H11NO5B．能发生取代反应和加成反应C．所有碳原子可以处在同一平面内D．苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)13、下列说法中正确的是A．在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B．电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C．铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D．外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．某密闭容器盛有1molN2和3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为6NA15、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A．简单离子半径大小关系：c＞d＞eB．简单阴离子的还原性：a＞c＞dC．氢化物的沸点：c＞dD．C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一16、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H217、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B．“鼻冲水”中含有5种粒子C．“鼻冲水”是弱电解质D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解18、《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐19、己知通常情况下溶液中不同离子的电导率不同。现将相同浓度(1．5mol·L-1)NH3·H2O和KOH溶液分别滴入21mL1．12mol·L-1A1C13溶液中，随溶液加入测得导电能力变化曲线如图所示，下列说法中错误的是A．常温时，若上述氨水pH=11，则Kb≈2×11-6mol·L-1B．b、c两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关C．cd段发生的反应是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-D．e、f溶液中离子浓度：c(NH4+)>c(K+)20、下列有关化学用语表示正确的是①CSO的电子式：②对硝基苯酚的结构简式：③Cl－的结构示意图：④苯分子的比例模型：⑤葡萄糖的实验式：CH2O⑥原子核内有20个中子的氯原子：⑦HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋A．①④⑤ B．①②③④⑤ C．③⑤⑥⑦ D．全部正确21、某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A．原子半径：W<X<Y<ZB．X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C．简单离子的氧化性：WXD．W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应22、己知AgCl在水中的溶解是吸热过程。不同温度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。己知T1温度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,下列说法正确的是A．T1>T2B．a=4.0×10-5C．M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度不变D．T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L二、非选择题(共84分)23、（14分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。24、（12分）高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I.R-CH2OHII.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)①的反应类型是___________。(2)②是取代反应，其化学方程式是____________________。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构。D的结构简式是_______。(4)⑤的化学方程式是_________________。(5)F的官能团名称____________________；G的结构简式是____________________。(6)⑥的化学方程式是_________________________。(7)符合下列条件的E的同分异构体有__________种(考虑立体异构)。①能发生水解且能发生银镜反应②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是__________________。(8)工业上也可用合成E。由上述①~④的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_______________。25、（12分）钠是一种非常活泼的金属，它可以和冷水直接反应生成氢气，但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中，如图a所示，可以看到钠块浮在水面上，与水发生剧烈反应，反应放出的热量使钠熔成小球，甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油，再投入金属钠，可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上，如图b所示，同样与水发生剧烈的反应，但不发生燃烧。图a图b(1)在第一个实验中，钠浮在水面上；在第二个实验中，钠悬浮在煤油和永的界面上，这两个现象说明了：________。(2)在第二个实验中，钠也与水发生反应，但不发生燃烧，这是因为________。(3)我们知道，在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来，可将金属钠投入到硫酸铜溶液中，却没有铜被置换出来，而产生了蓝色沉淀，请用化学方程式解释这一现象____。26、（10分）绿矾（FeSO4·7H2O）外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，无气味。受热能分解，且在空气中易被氧化。I．医学上绿矾可用于补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]颗粒的制备，有关物质性质如下：甘氨酸（NH2CH2COOH）柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇（1）向绿矾溶液中，缓慢加入NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后生成沉淀FeCO3。该反应的离子方程式为_______。（2）制备(NH2CH2COO)2Fe：往FeCO3中加入甘氨酸（NH2CH2COOH）的水溶液，滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。①加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是__。②洗涤操作，选用的最佳洗涤试剂是_______（填序号）。A．热水B．乙醇C．柠檬酸II．绿矾晶体受热分解的反应为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验室用图I所示装置验证其分解产物。请回答下列问题：（1）加热前通入氮气的目的是_______。（2）实验中观察到装置B现象为_______。（3）C装置和D装置能否调换_______（填“能”或“否”）。（4）样品完全分解后，残留物全部为红棕色固体，检验装置A中的残留物含有Fe2O3的方法是_______。（5）该装置有个明显缺陷是_______。III．测定绿矾样品中铁元素的含量。称取mg绿矾样品于锥形瓶中溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L−1KMnO4溶液滴定至终点。耗KMnO4溶液体积如图II所示，（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2+＋MnO4−＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O），该晶体中铁元素的质量分数为_______（用含m、c的式子表示）。27、（12分）某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。（1）打开K1关闭K2，可制取某些气体。甲同学认为装置Ⅰ可用于制取H2、NH3、O2，但装置Ⅱ只能收集H2、NH3，不能收集O2。其理由是_____。乙同学认为在不改动装置Ⅱ仪器的前提下，对装置Ⅱ进行适当改进，也可收集O2。你认为他的改进方法是_____。（2）打开K2关闭K1，能比较一些物质的性质。丙同学设计实验比较氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2。在A中加浓盐酸后一段时间，观察到C中的现象是______；仪器D在该装置中的作用是_______。在B装置中发生反应的离子方程式为______。丁同学用石灰石、醋酸、苯酚钠等药品设计了另一实验。他的实验目的是_____。（3）实验室常用浓H2SO4与硝酸钠反应制取HNO3。下列装置中最适合制取HNO3的是_____。实验室里贮存浓硝酸的方法是_______。abcd28、（14分）VA族元素氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许多重要用途。(1)铋合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，喷出水来灭火。铋的价电子排布式为_______。(2)第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有_______(填元素符号)。(3)Pt(NH3)2C12具有如图所示的两种平面四边形结构(一种有抗癌作用)，其中在水中的溶解度较小是_______(填“顺式”或“反式”)。(4)氨硼烷(BH3▪NH3)是一种储氢材料，与乙烷互为等电子体，熔点为104℃。氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及________(填标号)。A．范德华力B．离子键C．配位键D．金属键(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)是一种灭生性除草剂，可杀死各种草本植物，其阴离子的立体构型为___。(6)化肥厂生产的(NH4)2SO4中往往含有少量极易被植物根系吸收的具有正四面体结构的N4H44+，其结构式为_______，其中N原子的杂化方式为________。(7)镧、铁、锑三种元素组成的一种固体能实现热电效应。该固体晶胞结构如图l所示，晶胞参数为anm，Fe原子填在6个Sb原子形成的正八面体空隙中，晶胞6个表面的结构都如图2所示。①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图l中原子甲的坐标为(0，0，0)，原子乙的坐标为(，，0)，则原子丙的坐标为________。②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该固体的密度ρ=__g·cm-3(列出计算式即可)。29、（10分）太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)、铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是________。(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为__________。(4)写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag/mol和MAsg/mol，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。

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、A【解析】

HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B正确；C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6L，C正确；D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D正确。答案选A。2、C【解析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出W为O，含有Z元素盐的焰色反应为紫色，说明Z为K，X、Y、Z分属不同的周期，原子序数依次增大，因此X为F，X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，推出Y为Mg，A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F，故A错误；B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O，因此HF的稳定性强于H2O，故B错误；C、K比Mg活泼，K与水反应剧烈程度强于Mg与水，故C正确；D、MgO的熔点很高，因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg，故D错误。3、C【解析】

A．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；B．由图可知，浓度均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；C．，，由图可知时，pH为7.2，则Ka2=10-7.2，K=10-6.8，HB2-的电离常数为Ka3，由于Ka2>>Ka3，所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度，NaH2B溶液呈碱性，故C正确；D．，K==，由图可知，时，氢离子浓度等于Ka1，因此Ka1的量级在10-2~10-3，H2B-离子的水解常数的数量级为10-12，故D错误。答案选C。4、D【解析】1个OH－含有10个电子，1molOH－含有的电子数目为10NA，故A错误；碳酸根离子水解，所以1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－数目小于NA，故B错误；苯中不含碳碳双键，故C错误；24克O3中氧原子的数目1.5NA，故D正确。5、D【解析】

A、由175mL到275mL是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3～～～HCl1mol1mol0.02mol0.02mol所以c（HCl）=0.02mol/(275−175)×10−3L=0.2mol/L，A正确；B、由图像可知，因为175＞275-175所以固体混合物为NaOH，Na2CO3，B正确；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知密闭容器中排出气体的成分O2，H2O，C正确；D、根据碳原子守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）="0.02mol"="0.02mol"，275ml时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知n（Na2O2）＝0.2mol/L×0.275L−0.02mol/L＝0.0175mol，固体的质量为：0.02×84+0.0175×78=3.045g，故x=3.045g，D错误；答案选D。【点晴】解答时注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图像信息是解题关键。另外明确二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的先后顺序是解答的难点和易错点，一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。6、A【解析】

A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D.若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。答案选A。7、C【解析】

A．当a和b用导线连接时构成原电池，锌是负极，则溶液中的SO42－向锌片附近移动，选项A错误；B．将a与电源正极相连铜是阳极，锌是阴极，可以保护锌片，这叫外加电流的阴极保护法，选项B错误；C．当a和b用导线连接时时构成原电池，锌是负极，铜是正极发生还原反应，则铜片上发生的反应为：2H++2e=H2↑，选项C正确；D．a和b用导线连接后构成原电池，锌是负极，铜是正极，电路中通过0.02mol电子时，产生0.01mol氢气，选项D错误；答案选C。8、D【解析】

A．HCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HC1，发生反应的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合题意；B．题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合题意；C．HClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合题意。故答案选D。9、C【解析】

A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L－1，正确，A不选；B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3mol·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1mol·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3mol·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。10、D【解析】

W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时pH=1（H+浓度为0.1mol/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为HClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=0.7（H+浓度为0.2mol/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=13（OH-浓度为0.1mol/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。【详解】A．S2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A项错误；B．Z为Cl，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；C．X的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；答案选D。11、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。12、C【解析】

A.分子式为C10H11NO5，故A正确；B.含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确；C.分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误；D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、，共4种，故D正确；选C。13、B【解析】

A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；C．铜锌原电池反应中，Zn

失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；D．外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；答案选B。14、B【解析】

A．D2O的摩尔质量为，故18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为9NA，A错误；B．单层石墨的结构是六元环组成的，一个六元环中含有个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含有的六元环个数为0.5NA，B正确；C．标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，与Na2O2反应时，转移电子数为0.25NA，C错误；D．N2与H2反应为可逆反应，由于转化率不确定，所以无法求出转移电子，D错误。答案选B。本题B选项考查选修三物质结构相关考点，石墨的结构为，利用均摊法即可求出六元环的个数。15、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正确，A不选；B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；C．c为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)＜d(H2O)，错误，C选；D．C为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。答案选C。16、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。17、D【解析】

根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。【详解】A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。18、B【解析】

A．电能不是一次能源，属于二次能源，故A错误；B．铝锂合金属于金属材料，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为B。19、D【解析】

A.常温时，若上述氨水pH=11，则c(OH-)=11-3mol/L，Kb=≈2×11-6mol·L-1，选项A正确；B.曲线2为氢氧化钾滴入氯化铝溶液，溶液中离子浓度不断增大，溶液中离子浓度越大，导电能力越强，b、c两点对应溶液导电能力差异主要与离子电导率有关，选项B正确；C、根据曲线1可知b点产生最大量沉淀，对应的曲线2为氢氧化钾滴入氯化铝溶液，c点产生沉淀量最大，后沉淀开始溶解，cd段发生的反应是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，选项C正确；D、相同浓度(1．5mol·L-1)NH3·H2O和KOH溶液且滴入体积相等，考虑铵根离子水解，e、f溶液中加入离子浓度：c(NH4+)<c(K+)，选项D错误。答案选D。20、A【解析】

①CSO分子中存在碳碳双键和碳硫双键，正确；②对硝基苯酚的结构简式中硝基表示错误，正确的结构简式为，错误；③Cl－的结构示意图为，错误；④苯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径，分子的比例模型：，正确；⑤葡萄糖的分子式为C6H12O6，则实验式为CH2O，正确；⑥原子核内有20个中子的氯原子质量数为37，则该元素表示为：，错误；⑦HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OOH－＋H2CO3，HCO3－＋H2OCO32－＋H3O＋为电离方程式，错误；答案选A。21、A【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H，则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Z＜Y＜W＜X，故A错误；

B．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；

C．金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性Al＜Na，则简单离子的氧化性：W＞X，故C正确；

D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；

故选：A。22、B【解析】

A、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时氯化银的Ksp大，故T2＞T1，A错误；B、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知a=＝4.0×10-5，B正确；C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，则M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度减小，C错误；D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.6×10-9，所以T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：24、加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O碳碳双键、酯基4HCOOC(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】

乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与R′NH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H的结构，可知E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应①是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应②是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr；(3)根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应⑤的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5)F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；；(6)反应⑥的化学方程式为，故答案为；(7)E为CH2=C(CH3)COOH，①能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOOCH=CHCH3(顺反2种)、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOOC(CH3)=CH2，故答案为4；HCOOC(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。25、钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度钠不与空气接触，缺乏燃烧条件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑【解析】

(1)根据物体的浮沉条件可知：钠浮在水面上，说明钠的密度小于水的密度，钠悬浮在煤油和水的界面上，说明钠的密度大于煤油的密度；故答案为：钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度；(2)根据燃烧的条件可知，钠不燃烧的原因是：煤油将钠与空气隔绝；故答案为：钠不与空气接触，缺乏燃烧条件；(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，相关的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑；故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属，要考虑这种金属是否能够与水反应，如果能够与水反应，则优先考虑与水反应，再看反应产物是否与盐溶液反应。26、Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止二价铁被氧化B将装置内空气排尽（或隔绝空气或防止Fe2+被氧化）白色粉末变蓝否取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3没有尾气处理装置【解析】

Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以认为Fe2＋结合HCO3－电离出来的CO32－，H＋与HCO3－结合生成CO2和水；(2)柠檬酸除了酸性还有还原性，可以起到防氧化的作用；(3)产物易溶于水，难溶于乙醇，洗涤时，为了防止溶解损失，应该用乙醇洗涤；Ⅱ绿矾分解，其产物中有SO2、SO3和水，用无水硫酸铜验证水，用BaCl2溶液验证SO3，品红溶液验证SO2。【详解】Ⅰ(1)FeCl2溶液中，加入NH4HCO3，可以认为Fe2＋结合HCO3－电离出来的CO32－，H＋与HCO3－结合生成CO2和水，离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(2)根据表中信息，柠檬酸除了酸性还有还原性，可以起到防氧化的作用，因此另一个作用是防止二价铁被氧化；(3)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，为了防止溶解损失，可以用乙醇洗涤，答案选B；II(1)加热前通氮气，排除装置中的空气，防止样品，加热是被氧化；(2)产物中有水，无水硫酸铜，遇到水蒸气，变蓝色；(3)SO3会溶于水，生成H2SO4，如果C、D装置调换位置，SO3会溶于品红溶液，不能进入C中，被检验到；(4)检验Fe2O3，可以检验Fe3＋，用KSCN溶液，方法为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；(5)品红溶液只能用于检验SO2，不能吸收SO2，SO2为有毒气体，需要进行尾气出来，该装置的缺陷是没有气体处理装置；III根据化学方程式，可知关系式5Fe2+～MnO4−,消耗KMnO4溶液的体积为10.80mL-0.80mL=10.00mL，则n(KMnO4)=10.00mL×10-3×cmol·L－1=0.01cmol；n(Fe2＋)=5n(KMnO4)=0.01cmol×5=0.05cmol；则铁元素的质量为0.05cmol×56g·mol－1=2.8cg，则晶体中铁元素的质量分数为。27、氧气的密度比空气大将装置Ⅱ中装满水溶液呈橙色防止倒吸ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH）b盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方）【解析】

（1）氧气密度比空气大，用排空气法收集，需用向上排空气法收集，Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；用排水法可以收集O2等气体；（2）装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质(K2打开，K1关闭)．根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3>Cl2>Br2，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，Ⅲ中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在B装置中KClO3和-1价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；(3)①根据化学反应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；②根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。【详解】（1）甲同学：Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度，则氧气应采用向上排空气法收集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置Ⅱ中装满水，故答案为氧气的密度比空气大；将装置Ⅱ中装满水；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3>Cl2>Br2，装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质(K2打开，K1关闭)，则I中发生KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，Ⅲ中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂>氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为KClO3固体，C中为NaBr溶液，观察到C中的现象为溶液呈橙色，仪器D为干燥管，有缓冲作用，所以能防止倒吸，在B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)，故答案为溶液呈橙色；防止倒吸；ClO3－+6H++5Cl－=3Cl2↑+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH)；(3)①硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c错误；所以硝酸的挥发性注定了选择的收集方法是b装置所示。故答案为b；②纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。28、6s26p3Ar、Cl反式ACV形(或角形、折线形)sp3(，，)【解析】

(1)第VA的元素最外层有5个电子，根据构造原理可得其价层电子排布式；(2)根据同一周期的元素，原子序数越大，元素的电离能越大分析(第IIA、VIA反常)；(3)H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理分析；(4)氨硼烷属于分子晶体，根据分子内元素的原子结构特点及分子之间的作用力分析；(5)根据价层电子对数及孤电子对数分析判断；(6)根据N4H44+具有正四面体结构，结合N、H原子个数比书写其结构式；根据该微粒中N原子结合其它原子数目确定其杂化轨道类型；(7)①根据图示可知丙原子在体对角线的处，根据已知原子的坐标可确定丙原子的坐标；②利用均摊方法计算一个