2026屆下關第一中學高三化學第一學期期中聯考模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、用水熱法制備Fe3O4納米顆粒的總反應如下：3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－=Fe3O4+S4O62－+2H2O。下列說法正確的是（）A．在反應中1molO2氧化了3molFe2＋B．還原劑是Fe2＋，氧化劑是S2O32－和O2C．每生成1molFe3O4，轉移3mol電子D．當轉移1mol電子時，消耗56gS2O32－2、聚維酮碘的水溶液是一種常見的碘伏類緩釋消毒劑，聚維酮通過氫鍵與HI3形成聚維酮碘，其結構表示如下：

（圖中虛線表示氫鍵）下列說法不正確的是（）A．聚維酮分子由（m+n）個單體聚合而成B．聚維酮的單體是：C．聚維酮碘是一種水溶性物質D．聚維酮在一定條件下能發(fā)生水解反應3、下列有關實驗裝置的說法中正確的是（）A．用圖1裝置可以實現化學能持續(xù)轉化為電能B．放出圖2裝置中全部液體，體積為42.00mLC．用圖3裝置可以制備少量氫氧化鐵膠體D．用圖4裝置可以檢驗乙醇脫水后有乙烯生成4、二羥甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列關于二羥甲戊酸的說法正確的是A．與乙醇發(fā)生酯化反應生成產物的分子式為C8H18O4B．能發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應C．在銅的催化下與氧氣反應的產物可以發(fā)生銀鏡反應D．標準狀況下1mol該有機物可以與足量金屬鈉反應產生22.4LH25、含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L?1HCl溶液，測得溶液中的某幾種離子物質的量的變化如圖所示，則下列說法不正確的是A．a曲線表示的離子方程式為：AlO2－＋H+＋H2O===Al(OH)3↓B．b和c曲線表示的離子反應是相同的C．M點時，溶液中沉淀的質量為3.9gD．原混合溶液中的CO32－與AlO2－的物質的量之比為1∶26、3H2(g)+N2(g)2NH3(g)過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是A．加入催化劑，Z點位置降低 B．反應熱=E+QC．加入催化劑，Y點位置降低 D．加入催化劑，反應熱減少7、二氧化硅(SiO2)又稱硅石，是制備硅及其化合物的重要原料(各種轉化見圖)。下列說法正確的是A．SiO2既能與HF反應，又能與NaOH反應，屬于兩性氧化物B．SiO2和Si都是光導纖維材料C．硅膠吸水后可重復再生D．圖中所示轉化反應都是非氧化還原反應8、下列化學實驗儀器名稱或操作正確的是A．長頸漏斗 B．測溶液pH值C．用硫酸滴定NaOH溶液 D．溶量瓶9、據報道，科學家已經研制出世界上最薄的材料——碳膜片，其厚度只有一根頭發(fā)的二十萬分之一。如圖所示，這種碳膜片形狀如蜂巢，是由碳原子構成的六邊形單元向外延展而成，下列有關碳膜片的說法中，正確的是（）A．碳膜片屬于一種新型的化合物B．碳膜片與石墨的結構相同C．碳膜片與C60互為同素異形體D．碳膜片在氧氣中完全燃燒的產物和碳在氧氣中完全燃燒的產物不同10、某離子反應涉及H2O、C1O-、NH4+、H+、N2、C1-六種微粒，其中c(NH4+)隨著反應的進行逐漸減小，下列判斷錯誤的是A．氧化產物是N2B．消耗1mol氧化劑，轉移電子2molC．反應后溶液的酸性明顯減弱D．氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：211、下列各組物質中，按熔點由低到高排列正確的是A．O2、I2、Hg B．CO2、KCl、SiO2C．Na、K、Rb D．SiC、NaCl、SO212、下列說法不正確的是A．激素類藥物乙烯雌酚的結構簡式為：，它的分子式是：C18H20O2B．等質量的甲烷、乙烯、乙醇分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減少C．聚乳酸（）是由單體之間通過加聚反應合成的D．實驗證實可使溴的四氯化碳溶液褪色，說明該分子中存在碳碳雙鍵13、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是A．將100mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3膠粒0.01NAB．常溫常壓下，4.6gC2H6O所含碳氫共價鍵數目為0.6NAC．2gD216O中含有的質子數、中子數、電子數均為NAD．向FeI2溶液中通入適量C12，當有1molFe2+被氧化時，共轉移的電子數目為NA14、為驗證SO2的相關性質，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15、若pH＝3的酸溶液和pH＝11的堿溶液等體積混合后溶液呈酸性，其原因可能是A．生成了一種強酸弱堿鹽 B．弱酸溶液和強堿溶液反應C．強酸溶液和弱堿溶液反應 D．一元強酸溶液和一元強堿溶液反應16、下圖（Ⅰ）為全釩電池，電池工作原理為2H++VO2++V2+VO2++V3++H2O。裝置(Ⅱ)中的電解質是硝酸、硫酸的混合水溶液，當閉合開關K時，鉑電極上生成NH2OH。則下列說法正確的是(

)A．閉合K時，H+從右到左通過交換膜B．閉合K時，鉑電極的電極反應式為：NO3-+6e-+5H2O=NH2OH+7OH-C．全釩電池充電時，電極A上發(fā)生氧化反應D．全釩電池放電時，電極B上發(fā)生的反應為：VO2++2H++e-=VO2++H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知X、Y、Z、W、H五種元素原子序數依次增大，分布在元素周期表中的三個不同短周期。X、W同主族，Y、Z是同周期的相鄰元素。W原子的質子數等于Y、Z原子最外層電子數之和。Y的氫化物分子中有3個共價鍵。Z的陰離子與H的陽離子具有相同的電子層結構，H的單質能溶于W最高價氧化物的水化物溶液中。試推斷：(1)Y元素的名稱是：___________；(2)H在元素周期表中的位置：___________；H的單質溶于W最高價氧化物的水化物反應的離子方程式：______________________；(3)由X、Y、Z所形成的離子化合物M的化學式是__________(注：Y元素在該化合物中既體現它的最高價又體現最低價)，工業(yè)上用電解Y的氧化物YO來制備M，工作原理如圖：①X為Y的氫化物，最終制得3molM理論上需補充___________molX物質；②若用甲醇—空氣燃料電池（電解質溶液為KOH溶液）為該電解過程提供電能，則通入甲醇一極的極反應為：______________________，該極與上圖電解裝置中的___________（填“A”或“B”）極相連。18、有A、B、C、D四種元素，其中A元素和B元素的原子都有1個未成對電子，A＋比B－少一個電子層，B原子得一個電子后3p軌道全滿；C原子的p軌道中有3個未成對電子，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大；D的最高化合價和最低化合價的代數和為4，其最高價氧化物中含D的質量分數為40%，且其核內質子數等于中子數。R是由A、D兩元素形成的離子化合物，其中A與D離子數之比為2∶1。請回答下列問題：（1）CB3分子的空間構型是______，其固體時的晶體類型為________。（2）寫出D原子的核外電子排布式__________________，C的氫化物比D的氫化物在水中溶解度大得多的原因__________________________________。（3）D和Fe形成一種黃色晶體FeD2，FeD2晶體中陰、陽離子數之比為__________________，FeD2物質中具有的化學鍵類型為________。19、已知:ICl的熔點為13.9℃，沸點為97.4℃，易水解，ICl3的熔點為111℃，并且已知:ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(s)。用下圖(中夾持裝置略去)的裝置制取ICl。(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式是_____________________。(2)裝置B的作用是_________，不能用裝置F代替裝置E，理由____________。(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3雜質，提純的方法是____________(填標號)。A.過濾B.蒸發(fā)結晶C.蒸餾D.分液(4)用ICl的冰醋酸溶液測定某油脂的不飽和度。進行如下兩個實驗，實驗過程中有關反應為：①②ICl+KI=I2+KCl③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6實驗1：將5.00g該油脂樣品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，從中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(過量)，充分反應后，加入足量KI溶液，生成的碘單質用amol/L的Na2S2O3標準溶液滴定。經平行實驗，測得消耗的Na2S2O3溶液的平均體積為V1mL。實驗2(空白實驗)：不加油脂樣品，其它操作步驟、所用試劑及用量與實驗I完全相同，測得消耗的Na2S2O3溶液的平均體積為V2mL。①滴定過程需要的指示劑是___________________。②5.00g該油脂樣品所消耗的ICl的物質的量為________mol。由此數據經換算即可求得該油脂的不飽和度。20、某興趣小組設計如圖所示裝置制取SO2，研究其性質。（1）儀器G的名稱是________________。（2）裝置B、C、D分別用于檢驗SO2的漂白性、還原性和氧化性。則裝置C中反應的離子方程式__________________，證明SO2具有氧化性的實驗現象是___________。（3）為了實現綠色環(huán)保的目標，某同學設計裝置F來代替裝置A。與裝置A相比，裝置F的優(yōu)點是________（寫出兩點）。（4）若選用裝置F制取O2可選用的試劑是________。21、“三酸兩堿”是最重要的無機化工產品，廣泛用于國防、石油、紡織、冶金、食品等工業(yè)?！叭帷笔侵赶酢⒘蛩岷望}酸，“兩堿”指燒堿和純堿。回答下列問題：(1)寫出過量稀硝酸分別與“兩堿”溶液反應的離子方程式：________(2)請將“三酸兩堿”中所含位于第三周期的元素，按原子半徑由大到小的順序排列_____(3)氯的非金屬性比硫______(填“強”或“弱”)，請用兩個事實說明你的結論_______(4)某燒堿溶液中含0.1molNaOH，向該溶液通入一定量CO2，充分反應后，將所得溶液低溫蒸干，得到固體的組成可能有四種情況，分別是：①_____________________②Na2CO3；③_____________________④NaHCO3。若該固體溶于水，滴加過量鹽酸，再將溶液蒸干，得到固體的質量是___g(5)將Na2CO3溶于水得到下列數據：水Na2CO3混合前溫度混合后溫度35ml3.2g2024.3Na2CO3溶于水______(填“吸”或“放”)熱，請從溶解過程熱效應的角度加以解釋_________(6)Na2CO3溶液顯堿性的原因是(寫離子方程式)___________，寫出該溶液中的電荷守恒表達式：_______

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】考查氧化還原反應相關知識點反應中兩個亞鐵離子的化合價由+2價升至+3價（Fe3O4中有兩個+3價鐵），S2O32－中的四個硫全部轉變?yōu)镾4O62－，總體化合價由+8價升至+10價，升高2價，共升高四價；而氧氣中氧元素由0價降至—2價，降低四價，反應中有四個電子的轉移所以還原劑為Fe2＋、2S2O32－，氧化劑為O2A：1molO2氧化了２molFe2＋B：還原劑為Fe2＋、2S2O32－，氧化劑為O2C：每生成1molFe3O4，共轉移４mol電子D：由反應可看出，當有4mol電子轉移時，消耗2molS2O32－，即224g，正確答案為D2、A【詳解】A．聚維酮碘是由聚維酮和HI3通過氫鍵形成的，由聚維酮碘的結構：可知，聚維酮分子是由2m+n個單體加聚而成，A項錯誤；B．由聚維酮碘的結構：可知，聚維酮的單體是，B項正確；C．聚維酮可以與HI3形成氫鍵，則由聚維酮碘的結構推測，其也可以與水形成氫鍵，C項正確；D．聚維酮的結構中含有肽鍵，所以能在一定條件下發(fā)生水解，D項正確；答案選A?！军c睛】考慮物質的溶解性時，可以從三個因素入手進行判斷：一是，溶質分子和溶劑分子極性相似相溶；二是，溶質分子與溶劑分子之間能形成氫鍵，溶解性會有明顯提高；三是，溶質分子與溶劑分子可以發(fā)生可逆反應，溶解性會適當提高。3、C【詳解】A．要實現化學能持續(xù)轉化為電能，應該把Zn電極放入ZnCl2溶液中，把石墨電極放入鹽酸中，A錯誤；B．圖示的儀器小刻度在下，大刻度在上，表示的是量筒，精確度是0.1mL，不能精確到0.01mL，因此放出圖2裝置中全部液體，體積為42.0mL，B錯誤；C．氫氧化鐵膠體的制取方法是：向沸騰的蒸餾水中滴加幾滴飽和氯化鐵飽和溶液，繼續(xù)加熱液體呈紅褐色，停止加熱，得到的紅褐色液體就是氫氧化鐵膠體，C正確；D．乙醇易揮發(fā)，乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液褪色，同時乙醇與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成的二氧化硫也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此不能確定是否產生了乙烯，D錯誤；故合理選項是C。4、C【詳解】A．只有-COOH可與乙醇發(fā)生酯化反應，由原子守恒可知，與乙醇發(fā)生酯化反應生成產物的分子式為C8H16O4，故A錯誤；B．含-COOH，不能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．含-OH，-CH2OH在銅的催化下與氧氣反應的產物含-CHO可以發(fā)生銀鏡反應，故C正確；D．-COOH、-OH均與鈉反應生成氫氣，則標準狀況下1mol該有機物可以與足量金屬鈉反應產生1.5mol×22.4L/mol=33.6LH2，故D錯誤；故選C?！军c晴】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意醇和羧酸的性質考查。解答此類試題要抓住有機物的結構和特征性質分析。（1）能與氫氣加成的：苯環(huán)結構、C=C、、C=O。(和中的C=O雙鍵不發(fā)生加成)；（2）能與NaOH反應的：—COOH、、；（3）能與NaHCO3反應的：—COOH；（4）能與Na反應的：—COOH、、－OH；（5）能發(fā)生加聚反應的物質：烯烴、二烯烴、乙炔、苯乙烯、烯烴和二烯烴的衍生物；（6）能發(fā)生銀鏡反應的物質：凡是分子中有醛基(－CHO)的物質均能發(fā)生銀鏡反應。①所有的醛(R－CHO)；②甲酸、甲酸鹽、甲酸某酯；注：能和新制Cu(OH)2反應的——除以上物質外，還有酸性較強的酸(如甲酸、乙酸、丙酸、鹽酸、硫酸、氫氟酸等)，發(fā)生中和反應。5、D【詳解】A．a曲線表示Na[Al(OH)4]和鹽酸反應生成氫氧化鋁和氯化鈉的反應，所以發(fā)生反應的離子方程式為：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，故A正確；B．b曲線表示碳酸鈉和鹽酸反應，c曲線也表示碳酸鈉和鹽酸的反應，只是b曲線表示碳酸鈉的物質的量，c曲線表示碳酸氫鈉的物質的量，所以b和c曲線表示的離子反應是相同的，故B正確；C．因加50mL鹽酸之后沉淀不溶解，則M點和50mL時相同，Na[Al(OH)4]中鋁元素全部轉化為氫氧化鋁沉淀，設氫氧化鋁的質量為x，Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，1mol78g1mol?L-1×0.05Lxx=3.9g，故C正確；D．由圖象知，Na2CO3、Na[Al(OH)4]的物質的量相等都是0.05mol，但這兩種物質都是強堿弱酸鹽都能水解，水解程度不同導致無法判斷溶液中CO32-與[Al(OH)4]-的物質的量之比，故D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查了反應與圖象的關系，明確圖象中各條曲線表示的物質是解本題的關鍵，難度較大，注意碳酸鈉和鹽酸反應是分步進行的，先生成碳酸氫鈉，然后碳酸氫鈉再和鹽酸反應生成氯化鈉和水、二氧化碳。6、C【詳解】A.加入催化劑，只能改變反應途徑，不能改變反應物、生成物的能量，因此Z點位置不變，A錯誤；B.反應熱等于反應物與生成物的能量差，根據圖像可知反應熱Q=+Q，B錯誤；C.加入催化劑，可以降低反應的活化能，使反應在較低的能量條件下進行，因此Y點位置降低，C正確；D.由于催化劑不能改變反應物、生成物的能量，所以加入催化劑，反應熱不變，D錯誤；故合理選項是C。7、C【詳解】A.兩性氧化物的定義為與酸和堿反應均生成鹽和水的氧化物，SiO2與HF反應得到的SiF4不屬于鹽類，所以SiO2不是兩性氧化物，SiO2屬于酸性氧化物，A錯誤；B.SiO2是光導纖維材料，Si為半導體材料，B錯誤；C.硅膠表面積大，吸附力強，硅膠吸附水分后，可通過熱脫附方式將水分除去而重復使用，C正確；D.圖中二氧化硅與氫氟酸、氫氧化鈉、碳酸鈉的反應，硅酸鈉與鹽酸的反應，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合價都沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應，而Si與Cl2反應產生SiCl4的反應及SiCl4與H2反應產生Si單質的反應屬于氧化還原反應，因此反應不全是非氧化還原反應，D錯誤；答案選C。8、C【解析】A是分液漏斗；B測溶液pH值，應用玻璃棒將待測液點在試紙上測試；C用硫酸滴定NaOH溶液用酸式滴定管，操作正確；D為100mL容量瓶?！驹斀狻緼是分液漏斗。B測溶液pH值操作錯誤，不應直接將試紙置入待測溶液中，而是用玻璃棒將待測液點在試紙上測試。C用硫酸滴定NaOH溶液用酸式滴定管，操作正確。D為100mL容量瓶，而非溶量瓶。故選C。9、C【詳解】A．碳膜片是由碳原子構成的，屬于單質，故A錯誤；B．碳膜片和石墨都是由碳原子構成的單質，但是碳膜片與石墨的結構不同，故B錯誤；C．碳膜片是由碳原子構成的單質，與C60互為同素異形體，故C正確；D．碳膜片在氧氣中完全燃燒的產物和碳在氧氣中完全燃燒的產物相同，完全燃燒的產物都是二氧化碳，故D錯誤；故答案為C。10、C【分析】根據題意知，c(NH4+)隨反應進行逐漸減小，則NH4+-為反應物，N2為生成物，氮元素的化合價由-3價升高為0價；根據氧化還原反應元素化合價有升高的，必然有元素化合價降低，則C1O-為反應物，C1-為生成物，氯元素的化合價由+1價降低為-1價；則離子方程式為：3ClO-+2NH4+=3H2O+2H++N2↑+3Cl-；據以上分析解答?！驹斀狻扛鶕}意知，c(NH4+)隨反應進行逐漸減小，則NH4+-為反應物，N2為生成物，氮元素的化合價由-3價升高為0價；根據氧化還原反應元素化合價有升高的，必然有元素化合價降低，則C1O-為反應物，C1-為生成物，氯元素的化合價由+1價降低為-1價；則離子方程式為：3ClO-+2NH4+=3H2O+2H++N2↑+3Cl-；

A.由反應的方程式可知，氮元素的化合價由-3價升高為0價，NH4+是還原劑，氧化產物是N2，故A正確；

B.Cl元素的化合價由+1價降低為-1價，ClO-為氧化劑，則消耗1mol氧化劑，轉移電子2mol，故B正確；

C.反應后生成氫離子，即溶液酸性明顯增強，故C錯誤；D.由化學方程式可知，氧化劑和還原劑的物質的量之比為3:2，故D正確；

綜上所述，本題選C。11、B【解析】A、O2為分子晶體，常溫下為氣體，熔點最低，I2常溫下為固體，Hg常溫下為液體，錯誤；B、干冰為分子晶體，熔點最低，KCl為離子晶體熔點較高，SiO2為原子晶體熔點最高，它們的熔點依次升高，正確；C、Na、K、Rb為同主族元素所形成的金屬晶體，晶體的熔點依次降低，錯誤；D、SiC為原子晶體，NaCl為離子晶體，SO2為分子晶體，它們熔點依次降低，錯誤；答案選B。12、C【詳解】A．根據物質的結構簡式可知該物質的分子式是C18H20O2，A正確；B.等質量的甲烷、乙烯、乙醇分別充分燃燒，由于氫元素的含量逐漸減小，因此所消耗氧氣的量依次減少，B正確；C．由聚乳酸的結構可知，形成聚乳酸的單體中含有羥基和羧基，所以聚乳酸是由單體之間通過縮聚反應合成的，C錯誤；D．可使溴的四氯化碳溶液褪色，說明該分子中存在碳碳雙鍵，D正確；答案選C。13、C【解析】A.鐵離子水解可逆，因此將100mL0.1mol·L－１的FeCl3溶液滴入沸水中可制得的Fe(OH)３膠粒小于0.01NA，A錯誤；B.常溫常壓下，4.6gC2H6O是0.1mol，由于不能確定是乙醇還是二甲醚，所含碳氫共價鍵數目不一定為0.6NA，B錯誤；C.2gD216O的物質的量是0.1mol，其中含有的質子數、中子數、電子數均為NA，C正確；D.碘離子還原性強于亞鐵離子，向FeI2溶液中通入適量Cl2，當有1molFe2+被氧化時碘離子完全被氧化，共轉移的電子數目大于NA，D錯誤，答案選C。14、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。15、B【詳解】假設為強酸和強堿反應，pH＝3的強酸完全電離，所產生的c（H+）=1×10-3mol/L，pH＝11的強堿完全電離，所產生的c（OH－）=1×10-3mol/L，等體積混合后會恰好反應，所得的溶液應該呈中性。而題目中溶液呈酸性，說明反應后還有H+剩余，即原來酸還有未完全電離的分子，在反應過程中不斷的補充H+而使溶液呈酸性。所以酸為弱酸堿為強堿，故答案為B。16、D【詳解】裝置(Ⅱ)為電解池，當閉合開關K時，鉑電極上生成NH2OH，所以鉑電極上發(fā)生得電子的還原反應，為陰極，與原電池負極相接，所以電極A為負極、B電極為正極，則A.閉合K時，裝置I為全釩電池，A電極為負極、B電極為正極，原電池工作時H+從負極A通過交換膜移到正極B，即H+從左到右通過交換膜，故A錯誤；B.閉合K時，鉑電極為陰極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為NO3-+6e-+7H+＝NH2OH+2H2O，故B錯誤；C.全釩電池充電時，電極A為陰極，發(fā)生得電子的還原反應，故C錯誤；D.全釩電池放電時，電極B為正極，電極B上VO2+得電子生成VO2+，電極反應式為VO2++2H++e-=VO2++H2O，故D正確；故答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氮(元素)第三周期第IIIA族2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑NH4NO31.2CH3OH-6e-+8OH-=6H2O+A【分析】X、Y、Z、W、H五種元素原子序數依次增大，分布在元素周期表中的三個不同短周期，X、W同主族，X是氫元素，W是鈉元素；Y、Z為同周期的相鄰元素，原子序數小于Na的11號，Y的氫化物分子中有3個共價鍵，則Y為N元素；Z是氧元素；Z的陰離子與H的陽離子具有相同的電子層結構，離子核外電子數為10，H的單質能溶于W最高價氧化物的水化物溶液中，故H為鋁元素，據此解答。【詳解】根據上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，H是Al元素。(1)Y是N元素，元素名稱為氮元素；(2)H是Al元素，核外電子排布是2、8、3，因此在元素周期表中位于第三周期第IIIA族；Al單質能夠與NaOH溶液反應產生NaAlO2、H2，反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；(3)X是H，Y是N，Z是O，三種元素形成的離子化合物M是NH4NO3，在工業(yè)上一般是用電解NO的方法制取NH4NO3；①X為Y的氫化物，X物質為NH3。由圖示可知在A電極上NO得到電子發(fā)生還原反應產生陽離子，N元素化合價降低5價，得到電子5e-；在B電極上NO失去電子發(fā)生氧化反應產生陰離子，N元素化合價升高3價，失去電子3e-，根據同一閉合回路中電子轉移數目相等，電子轉移總數為15e-，A電極上產生3個，B電極上產生5個，二者結合產生5個NH4NO3，需補充2個NH3，則若最終制得3molM理論上需補充NH3的物質的量n(NH3)=×2mol=1.2mol；②若用甲醇—空氣燃料電池(電解質溶液為KOH溶液)為該電解過程提供電能，則通入甲醇一極為負極，失去電子發(fā)生氧化反應，產生CO2與OH-結合形成，該電極的電極反應式為：CH3OH-6e-+8OH-=6H2O+；該電極是負極，根據①分析可知A電極為陰極，應該與電源的負極連接，所以甲醇燃料電池要與上圖電解裝置中的A極相連。18、三角錐形分子晶體1s22s22p63s23p4NH3與水分子形成氫鍵且發(fā)生化學反應1∶1離子鍵、非極性共價鍵(或離子鍵、共價鍵)【解析】A、B、C、D四種元素，B原子得一個電子后3p軌道全滿，則B是Cl元素；A+比B-少一個電子層，則A是Na元素；C原子的p軌道中有3個未成對電子，則為第VA族元素，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大，說明其氫化物中能和水形成分子間氫鍵，所以C是N元素；D的最高化合價和最低化合價的代數和為4，處于ⅥA族，其最高價氧化物中含D的質量分數為40%，且其核內質子數等于中子數，所以D是S元素。R是由A、D兩元素形成的離子化合物，其中A與D離子的數目之比為2：1，則R是Na2S。

（1）NCl3分子中氮原子含有3個共價單鍵且含有一個孤電子對，空間構型為三角錐形，其固態(tài)時的晶體中構成微粒是分子，構成分子晶體，故答案為三角錐形；分子晶體；（2）D是S元素，原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p4，C的氫化物是NH3，D的氫化物是H2S，氨氣分子和水分子間能形成氫鍵且能發(fā)生化學反應，導致氨氣溶解性大于硫化氫，故答案為1s22s22p63s23p4；氨氣分子和水分子間能形成氫鍵且能發(fā)生化學反應；

（3）FeS2晶體中陰離子為S22-、陽離子為Fe2+，故陰離子、陽離子數之比為1：1，FeS2物質中含有離子鍵，S22-含有共價鍵，故答案為1：1；離子鍵、共價鍵（或非極性共價鍵）。點睛：正確推斷元素是解本題關鍵。本題的易錯點為（3）中FeS2晶體中陰陽離子的數目比，要注意陰離子為S22-。本題的難點是元素D的判斷。19、KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O除去氯氣中的氯化氫裝置F中的水蒸氣會進入裝置D中，使ICl水解C淀粉溶液5a（V2-V1）×10-3【分析】由實驗裝置可知，A中氯酸鉀具有氧化性能把濃鹽酸氧化生成氯氣，發(fā)生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；濃鹽酸易揮發(fā)生成的氯氣中含有氯化氫，所以裝置B中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的氯化氫，濃硫酸干燥氯氣。已知ICl易水解，裝置E中堿石灰可以吸收氯氣，同時吸收空氣中的水蒸氣，據此解答。【詳解】(1)氯酸鉀具有氧化性能把濃鹽酸氧化生成氯氣，則裝置A中發(fā)生反應的化學方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)濃鹽酸易揮發(fā)生成的氯氣中含有氯化氫，所以裝置B中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的氯化氫，已知ICl易水解，若用裝置F代替裝置E，則裝置F中的水蒸氣會進入裝置D中，使ICl水解，所以不能用裝置F代替裝置E；(3)由于ICl與ICl3的沸點相差較大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3雜質，提純的方法是蒸餾，故答案為：C；(4)①由于碘遇淀粉顯藍色，因此滴定過程中可用淀粉溶液作指示劑；②實驗2中比實驗1多消耗的溶液體積為（V2-V1）ml，則Na2S2O3的物質的量的是0.001a（V2-V1）mol，根據方程式②ICl+KI=I2+KCl、③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物質的量是0.001a（V2-V1）mol×，由根據方程式①可知，5.00g該油脂樣品所消耗的ICl的物質的量為0.001a（V2-V1）mol××=5a（V2-V1）×10-3mol。20、分液漏斗SO2+2H2O+I2=SO+4H++2I-溶液顏色逐漸變淺可以控制反應速率過氧化氫和MnO2【分析】濃硫酸與銅片反應生成SO2氣體，該氣體可利用裝置B檢驗漂白性，可利用裝置C驗證還原性，可利用裝置D驗證氧