2023年湖南省常德市鼎城一中高考化学模拟试卷（五）（含解析）

这是一份2023年湖南省常德市鼎城一中高考化学模拟试卷（五）（含解析），共24页。
2023年湖南省常德市鼎城一中高考化学模拟试卷（五）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列说法不正确的是(    )
A. 镁原子核外有4种能量不同的电子
B. 在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液
C. “一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，在发热过程中应用的是原电池原理
D. 利用超分子的自组装特征，可以分离C60和C70
2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 标准状况下，2.24LC2H2和N2的混合气体中含有的π键数约为0.2NA
B. 32gS8单质(S8分子结构：)中，S−S数目为8NA
C. 30.8g乙酸乙酯在碱性条件下完全水解，生成乙酸的分子数为0.35NA
D. 1L0.01mol⋅L−1溶液中，和的数目之和为0.01NA
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是(    )
A. AlCl3溶液中加入过量浓氨水：Al3++4NH3⋅H2O=AlO2−+4NH4++2H2O
B. 向BaCl2溶液中通入SO2：Ba2++H2O+SO2=BaSO3↓+2H+
C. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH−=HCO3−
D. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+H2O
4. 定量实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作能达到实验目的的是(    )
A
B
C
D




测定未知Na2C2O4溶液的浓度
测定硫酸铜晶体中结晶水的含量
配制0.10mol/L NaOH溶液
中和热的测定

A. A B. B C. C D. D
5. 雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3−=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。下列说法不正确的是(    )
A. 生成1mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5mol
B. 若将该反应设计成原电池，则NO2应该在负极附近逸出
C. 反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收
D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1
6. 二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，某学习小组由酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−)制备TiO2的主要流程如图，已知H2TiO3不溶于水和硫酸。下列说法正确的是(    )

A. “煅烧”的操作是在坩埚中进行
B. “洗涤”时先将沉淀转移至烧杯中再加入洗涤剂
C. “结晶”的操作：蒸发结晶，趁热过滤
D. “水解90℃”的操作：最好的加热方式为酒精灯直接加热
7. X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是(    )
A. Y的第一电离能小于Z的第一电离能
B. Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应
C. 晶胞中与Y最近的W原子有6个
D. 晶体密度为2.13×1032NAa3g/cm3
8. 有机化合物Ⅲ具有较强的抗氧化性，合成Ⅲ的反应如图，下列有关说法不正确的是(    )

A. 该反应属于取代反应
B. 该反应的原子利用率为100%
C. 有机物Ⅰ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 有机物Ⅰ的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
9. 化学是以实验为基础的科学，下列实验操作或做法不能达到实验目的的是 (    )
选项
操作或做法
目的
A
取Cl2和少量Fe反应后的固体加水溶解，滴加KSCN溶液
检验反应产物中的FeCl3
B
将氯水滴入NaBr溶液中
验证Cl的非金属性强于Br
C
往碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热
区分蔗糖和葡萄糖溶液
D
制备乙酸乙酯实验中用饱和NaCl溶液洗涤分液
除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸

A. A B. B C. C D. D
10. 如图所示，图是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说法正确的是(    )

A. 电子流向：B电极→用电器→电极A，该过程将化学能转化为电能
B. A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X−4e−=Y+4H+
C. 若有机物为麦芽糖，处理0.25mol有机物，12molH+透过质子交换膜移动到右室
D. 若B电极上消耗标准状况下氧气56mL，则电极A上生成1.64gY
11. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是(    )

A. 反应HCO3−(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为放热反应
B. CO32−(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)△H=(△H1+△H2+△H3)
C. △H1>△H2△H2Z>Y
B. 工业上可通过电解WCl3制取单质W
C. 该化合物的水溶液显酸性
D. X与Y形成的化合物可与X与Z形成的化合物发生反应
13. 汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10mol CO和8mol NO发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)  △Hc{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}
15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。某化学实验小组模拟工业生产路线，在实验室中制备高铁酸钾，其实验装置如图：

已知：K2FeO4易溶于水，水溶液为紫色，微溶于浓KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定
(1)仪器a的名称是 ______。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 ______。
(3)装置B中试剂为 ______。
(4)装置C中观察到溶液的颜色变化为 ______，发生主要反应的化学方程式为 ______，加入过量浓KOH溶液的原因是 ______。
(5)有同学提出，装置C在制备)K2FeO4时存在一定缺陷，改进的措施是 ______。
(6)取C中洗涤并干燥后样品10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体(标准状况下)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为 ______。(计算结果精确到0.1%)
16. 金属回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol⋅L−1)
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的pH
1.7
6.3
7.5
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.3
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，试写出浸取过程离子方程式        。
(2)操作Ⅱ“除钴”时，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，写出该反应的化学方程式：        。
(3)操作Ⅲ加入ZnO控制反应液的pH范围为        ；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验：        。
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解阳极反应式为        ；电解废液最好在        加入循环利用。(选择“操作I”、“操作Ⅱ”、“操作Ⅲ”、“电解”工序名称填入横线上)
(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为        ；如果用生石灰处理含Cd2+(2.88×10−4mol/L)的电解废液。常温下，当pH=10时，镉的去除率为        。(用百分数表达，小数点后两位有效数字。已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15)
17. 国家主席习近平提出了中国应对气侯变化的两个目标：二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，于2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术、降低空气中CO2含量成为了研究热点。为减少CO2对环境造成的影响，可采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)的变化如图所示。△H1______0(填“大于”或“小于”或“等于”)；升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的化学平衡常数 ______(填“增大”或“减小”或“不变”)。

(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 ______。
A.增大CO的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动
B.降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小
C.恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
D.增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间不同
(3)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。

其中：CH3OH的选择性=CH3OH的物质的量反应的CO2的物质的量×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 ______。
A.210℃
B.230℃
C.催化剂CZT
D.催化剂CZ(Zr−1)T
②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是 ______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应I和反应Ⅱ，初始压强为p0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%。则达到平衡时H2的转化率为 ______，反应Ⅱ的平衡常数K=______ (保留两位有效数字)。
18. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示。

已知：①G的结构简式为；
②ROOH+一定条件→+H2O。
(1)反应①的反应条件为 ______，反应F→G的反应类型为 ______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为 ______。
(3)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为 ______。
(4)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______种。
①苯环上只有两个侧链；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______(无机试剂任选)。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同，则有4种能量不同的电子，故A正确；
B.电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液，在铁制品上镀锌时，铁制品为阴极，锌盐溶液为电镀液，故B正确；
C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池，在发热过程中应用的是原电池原理放出热量，故C正确；
D.C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故D错误；
故选：D。
A.镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，同一能级电子运动状态相同；
B.电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含镀层金属阳离子的盐溶液为电解液；
C.“一次性保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，可以构成原电池；
D.利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70。
本题考查电化学和核外电子排布，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

2.【答案】A 
【解析】解：A.每个C2H2和N2含有的π键数均为2，标准状况下，2.24LC2H2和N2的混合气体物质的量为0.1mol，2.24LC2H2和N2的混合气体中含有的π键数约为0.2NA，.故A正确；
B.32gS8单质的物质的量是n(S8)=32g(32×8)g/mol=0.125mol，在1个S8分子中含有8个S−S共价键，则在0.125molS8单质中含有S−S共价键为0.125mol×8=1mol，故B错误；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐，不是生成乙酸，故C错误；
D.1L0.01mol⋅L−1溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，故D错误；
故选：A。
A.每个C2H2和N2含有的π键数均为2；
B.在1个S8分子中含有8个S−S共价键；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解反应生成的是乙酸盐；
D.根据物料守恒进行判断。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。

3.【答案】C 
【解析】解：A.AlCl3溶液中加入过量浓氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.向BaCl2溶液中通入SO2，二者不反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，离子方程式为：CO2+OH−=HCO3−，故C正确；
D.将铜插入稀硝酸中的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选：C。
A.氨水为弱碱，反应生成氢氧化铝沉淀；
B.氯化钡溶液不与二氧化硫反应；
C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
D.铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.酸性高锰酸钾溶液需要盛放在酸式滴定管中，锥形瓶内盛放待测溶液，实验操作合理，所以能实现实验目的，故A正确；
B.应该用坩埚加热固体药品，蒸发皿用于蒸发溶液，故B错误；
C.容量瓶不能溶解或稀释药品，应该将NaOH在烧杯中溶解冷却至室温后，再转移导致容量瓶中，故C错误；
D.缺少环形玻璃搅拌器，否则导致混合溶液温度不均匀，测定值不准确，故D错误；
故选A。  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题综合考查氧化还原反应的计算和概念的理解，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的化学科学素养，难度不大，注意从元素化合价的角度识别相关概念、判断物质的性质。
【解答】
A.根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5 mol，故A正确；
B.若将该反应设计成原电池，分析化合价知As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、As2S3 作负极，故B错误；
C.NO2会污染环境，因此反应产生的NO2 可用 NaOH溶液吸收，故 C正确；
D.雄黄(As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄(As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，故D正确；
故选：B。  
6.【答案】A 
【解析】解：A.“煅烧”需要温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B.直接在过滤器中加水淋洗，并用玻璃棒不断搅拌，重复此操作2～3遍，故B错误；
C.“结晶”的操作是：蒸发结晶、冷却过滤，故C错误；
D.“水解90℃”的操作：最好的加热方式为水浴加热，酒精灯加热温度不易控制，故D错误；
故选：A。
酸性含钛废液中含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−，酸性含钛废液中加入Fe粉进行还原，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O，通过结晶得到FeSO4⋅7H2O，过滤得到FeSO4⋅7H2O晶体，滤液加热到90℃进行水解，过滤得到H2TiO3，用稀硫酸、水洗涤H2TiO3，然后干燥煅烧得到TiO2。
本题考查物质的分离提纯和制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】D 
【解析】解：A.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故A错误；
B.氢氧化铝是溶于强酸、强碱的两性氢氧化物，但氢氧化铝不能溶于弱酸碳酸，故B错误；
C.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近，则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12，故C错误；
D.由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子个数为8×18=1，位于面心的镍原子个数为6×12=3，位于体内的碳原子个数为1，则晶胞的化学式为MgNi3C，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：213NA=(10−10a)3d，解得d=2.13×1032NAa3，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，则Z为Al元素；Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，则Y为Mg元素、W为Ni元素。
本题综合查物质结构与性质，推断元素是解题的关键，难度中等，掌握均摊法进行晶胞的有关计算。

8.【答案】B 
【解析】解：A.Ⅰ中的羧基和Ⅱ中的氨基发生取代反应生成Ⅲ，则该反应为取代反应，故A正确；
B.该反应除了生成有机物外还生成小分子化合物，所以原子利用率不是100%，故B错误；
C.Ⅰ、Ⅲ中酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.Ⅰ中除了羧基和酚羟基外，含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故D正确；
故选：B。
A.Ⅰ中的羧基和Ⅱ中的氨基发生取代反应生成Ⅲ；
B.该反应除了生成有机物外还生成小分子化合物；
C.酚羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.Ⅰ中除了羧基和酚羟基外，含有几种氢原子，其一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

9.【答案】D 
【解析】解：A.氯气与少量Fe反应生成氯化铁，反应后的固体加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，可检验产物中的氯化铁，故A正确；
B.氯水可氧化NaBr生成溴，溶液变为橙色，可验证Cl的非金属性强于Br，故B正确；
C.葡萄糖含醛基，在碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热，生成砖红色沉淀，蔗糖不含醛基，可区分蔗糖和葡萄糖溶液，故C正确；
D.饱和NaCl溶液不能除去乙酸，应选饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯的乙醇和乙酸，故D错误；
故选：D。
A.氯气与少量Fe反应生成氯化铁；
B.氯水可氧化NaBr生成溴；
C.葡萄糖含醛基，在碱性试样中加入新制Cu(OH)2具浊液，加热，生成砖红色沉淀；
D.饱和NaCl溶液不能除去乙酸。
本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应与现象、物质的检验、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。

10.【答案】C 
【解析】解：A.原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，即电子流向：A电极→用电器→电极B，故A错误；
B.A极为负极，失电子发生氧化反应，X生成Y少了两个氢原子，价态升高2，电极反应式可表示为X−2e−=Y+2H+，故B错误；
C.若有机物为麦芽糖(C12H22O11)，碳元素平均为0价，生成CO2时每处理1mol麦芽糖失电子数目为48mol，所以处理0.25mol有机物，电路中转移电子为48×0.25mol=12mol，即有12molH+透过质子交换膜移动到右室，故C正确；
D.正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，B电极上消耗标准状况下氧气56mL，电路中转移电子为4(O2)=4×0.056L22.4L/mol=0.01mol，负极反应式为X−2e−=Y+2H+，生成Y的物质的量n(Y)=0.005mol，m(Y)=nM=0.005mol×224g/mol=1.12g，故D错误；
故选：C。
由图可知，B电极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，则B电极作正极，A电极作负极，正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，有机物X在负极上发生失电子的氧化反应，负极反应式可表示为X−2e−=Y+2H+，正极区消耗H+，负极区生成H+，H+由负极区透过质子交换膜进入正极区，电子由负极经过导线流向正极，据此分析作答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，明确各个电极上发生的反应及电极反应式的书写是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。

11.【答案】B 
【解析】解：A.由图象可知反应HCO3−(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，故A错误；
B.由盖斯定律可知CO32−(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)△H=(△H1+△H2+△H3)，故B正确；
C.由图象可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1Na+>Al3+，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能通过电解AlCl3制取单质Al，工业上通常电解熔融氧化铝冶炼Al单质，故B错误；
C.该化合物为Na[Al(OH)4]，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故C错误；
D.X与Y形成的化合物可以是水，X与Z形成的化合物为NaOH，水和氢化钠可以反应生成氢氧化钠和氢气，故D正确；
故选：D。
X、Y、W、Z四种短周期元素原子半径依次增大，Z可形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z处于IA族，而X和Z同主族，结构中X可以形成1个共价键，故X为H元素；Y和Z的简单离子具有相同的电子层结构，结构中Y形成2个共价键，故Y为O元素、Z为Na元素；W和Z(钠)同周期，结构中阴离子带1多个单位负电荷，W形成4个共价键，可知W原子核外电子数为4−1=3，故W为Al。
本题考查原子结构与元素性质，推断元素是解题的关键，注意紧扣短周期元素与价键结构进行推断，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。

13.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡影响因素、图象分析等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO的含量增大。根据图示可知：在压强不变时，NO的体积分数：T2>T1，所以温度：T2>T1，故A错误；
B.在温度不变时，增大压强，化学反应速率增大。由于压强：C>B，所以反应速率v(C)>v(B)，故B错误；
C.该反应中CO、NO都是反应物，二者反应转化的物质的量相同，因此若反应体系中NO的体积分数大，则其中的CO的体积分数也大，所以根据图示可知：ω(A)>ω(E)，故C正确；
D.化学平衡常数只与温度有关，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，根据选项A分析可知：温度T2>T1，所以化学平衡常数：K(A)δ{[R(NH3)]2+}>δ{[R(NH3)2]2+}，微粒分布系数越大，其浓度越大，所以存在c(R2+)>c{[R(NH3)]2+}>c{[R(NH3)2]2+}，故D正确。
故选：D。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图像分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数计算方法、各离子浓度相对大小是解本题关键，B为解答易错点。

15.【答案】(1)三颈烧瓶
(2)2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑
(3)饱和食盐水
(4)无色变为紫色；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)
(5)将装置C置于冰水浴中
(6)79.2% 
【解析】
【分析】
图A中高锰酸钾与浓盐酸发生反应2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑制氯气，B中盛放饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中Cl2、Fe(OH)3、KOH发生反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O制取K2FeO4，D为尾气处理装置；
【解答】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
(1)仪器a的名称是三颈烧瓶；
(2)装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，发生反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
(3)浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置B中试剂为饱和食盐水；
(4)装置C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，生成K2FeO4水溶液为紫色，溶液的颜色无色变为紫色；已知K2FeO4在强碱性溶液中较稳定，加入过量浓KOH溶液的原因是K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，
故答案为：无色变为紫色；3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)，
(5)K2FeO4在0℃～5℃较稳定，为了防止其分解，可将装置C置于冰水浴中；
(6)K2FeO4在硫酸溶液中，发生氧化还原反应，Fe元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由−2价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为4FeO42−+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体，氧气的物质的量为n=VVm=0.672L22.4L/mol=0.03mol，由反应可知高铁酸钾的物质的量为0.04mol，则样品中高铁酸钾的质量分数约为0.04mol×198g/mol10g×100%=79.2%。  
16.【答案】Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O  2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2CoSb+3H2O  2.8～7.5  取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素  2H2O−4e−=4H++O2↑  操作I  Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O  99.75% 
【解析】解：(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水，Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水，2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2 CoSb+3H2O，
故答案为：2CoSO4+5Zn+Sb2O3+3H2SO4=5ZnSO4+2 CoSb+3H2O；
(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀，由表格可知，需加加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8～7.5；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子，检验方法为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，
故答案为：2.8～7.5；取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素；
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑；电解废液中通过电解后含有硫酸，故最好在操作I加入循环利用，
故答案为：2H2O−4e−=4H++O2↑；操作I；
(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)，反应为Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10−4mol/L，则镉离子浓度为7.2×10−1510−4×10−4=7.2×10−7mol/L；镉的去除率为2.88×10−4−7.2×10−72.88×10−4×100%=99.75%，
故答案为：Ni(OH)2−e−+OH−=NiO(OH)+H2O；99.75%。
由流程可知，铜镉渣加入稀硫酸，铜不反应进入滤渣Ⅰ，锌、铁、镉、钴元素进入溶液；加入锌和Sb2O3后除去钴得到CoSb滤渣，滤液加入过氧化氢后将二价铁转化为三价铁后加入氧化锌生成氢氧化铁沉淀；过滤除去氢氧化铁后电解最终得到单质镉；
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水；
(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水；
(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子；
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气；
(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)；已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10−4mol/L，则镉离子浓度为7.2×10−1510−4×10−4=7.2×10−7mol/L。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

17.【答案】(1)小于；减小
(2)AB
(3)①BD；②230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大
(4)55%；0.22 
【解析】(1)反应Ⅰ的lnK(K代表化学平衡常数)随1T(温度的倒数)增大而增大，说明降低温度，平衡正向移动，则反应Ⅰ为放热反应，ΔH10；根据盖斯定律：Ⅰ−Ⅱ得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=ΔH1−ΔH2