廣東省揭陽市重點中學2022-2023學年高三最后一模化學試題含解析

2023年高考化學模擬試卷請考生注意：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、X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價+3+1+5+7原子半徑0.0820.1860.1100.099則下列說法錯誤的是A．X的最高價氧化物對應的水化物具有兩性B．ZW3分子中所有原子最外層均滿足8e－結構C．Y的一種氧化物可用作供氧劑，Z的一種氧化物可用作干燥劑D．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W>Z>X2、下列反應或過程吸收能量的是()A．蘋果緩慢腐壞 B．弱酸電離C．鎂帶燃燒 D．酸堿中和3、下列裝置不能完成相應實驗的是A．甲裝置可比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性強弱B．乙裝置可除去CO2中少量的SO2雜質C．丙裝置可用于檢驗溴乙烷與NaOH的醇溶液共熱產生的乙烯D．丁裝置可用于實驗室制備氨氣4、乙醇、正戊烷、苯是常見有機物，下列說法正確的是（）。A．苯和溴水共熱生成溴苯B．2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C．乙醇、正戊烷、苯均可通過石油的分餾得到D．乙醇、正戊烷、苯均能發(fā)生取代反應和氧化反應5、亞硝酰氯（NOCl）是有機物合成中的重要試劑，為紅褐色液體或黃色氣體，室溫下為不穩(wěn)定的黃色氣體，具刺鼻惡臭味，遇水分解，某學習小組用C12和NO制備NOCl裝置如圖。下列說法錯誤的是A．氯氣在反應中做氧化劑B．裝入藥品后，要先打開K2、K3，反應一段時間后，再打開K1C．利用A裝置還可以做Na2O2和水制氧氣的實驗D．若沒有B裝置，C中可能發(fā)生反應：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑6、下列有關化合物X的敘述正確的是A．X分子只存在2個手性碳原子B．X分子能發(fā)生氧化、取代、消去反應C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上D．1molX與足量NaOH溶液反應，最多消耗3molNaOH7、下列裝置可達到實驗目的是A．證明酸性：醋酸>碳酸>苯酚B．制備乙酸丁酯C．苯萃取碘水中I2，分出水層后的操作D．用NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體8、《本草綱目》記載：“凡使白礬石，以瓷瓶盛。于火中，令內外通赤，用鉗揭起蓋，旋安石峰巢人內燒之。每十兩用巢六兩，燒盡為度。取出放冷，研粉”。在實驗室完成該操作，沒有用到的儀器是A．蒸發(fā)皿 B．坩堝 C．坩堝鉗 D．研缽9、通過下列反應不可能一步生成MgO的是A．化合反應 B．分解反應 C．復分解反應 D．置換反應10、二氧化氯(ClO2，黃綠色易溶于水的氣體)是一種高效、低毒的消毒劑。其一種生產工藝如圖所示。下列說法正確的是A．氣體A為Cl2B．參加反應的NaClO2和NCl3的物質的量之比為3：1C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D．可將混合氣通過飽和食鹽水除去C1O2中的NH311、下列排列順序中，正確的是①熱穩(wěn)定性：H2O＞HF＞H2S②離子半徑：Cl－>Na+>Mg2+>Al3+③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④結合質子(H+)能力：OH—＞CH3COO—＞Cl—A．①③ B．②④ C．①④ D．②③12、下列條件下，兩瓶氣體所含原子數(shù)一定相等的是A．同質量、不同密度的N2和CO B．同溫度、同體積的H2和N2C．同體積、不同密度的C2H4和C3H6 D．同壓強、同體積的N2O和CO213、下列化學用語的表述正確的是A．離子結構示意圖：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化銨的電子式為：D．二氧化碳分子的比例模型是：14、降冰片二烯類化合物是一類太陽能儲能材料。降冰片二烯在紫外線照射下可以發(fā)生下列轉化。下列說法錯誤的是（）A．降冰片二烯與四環(huán)烷互為同分異構體B．降冰片二烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．四環(huán)烷的一氯代物超過三種（不考慮立體異構）D．降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超過4個15、上海世博園地區(qū)的一座大型鋼鐵廠搬遷后，附近居民將不再受到該廠產生的紅棕色煙霧的困擾。你估計這一空氣污染物可能含有A．FeO粉塵 B．Fe2O3粉塵 C．Fe粉塵 D．碳粉16、向某容積為2L的恒容密閉容器中充入2molX(g)和1molY(g)，發(fā)生反應2X(g)+Y(g)3Z(g)。反應過程中，持續(xù)升高溫度，測得混合體系中X的體積分數(shù)與溫度的關系如圖所示。下列推斷正確的是（）A．M點時，Y的轉化率最大B．平衡后充入X，達到新平衡時X的體積分數(shù)減小C．升高溫度，平衡常數(shù)減小D．W、M兩點Y的正反應速率相同二、非選擇題（本題包括5小題）17、艾司洛爾是預防和治療手術期心動過速或高血壓的一種藥物，艾司洛爾的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)丙二酸的結構簡式為_______；E中含氧官能團的名稱是_______。(2)D生成E的反應類型為____________。(3)C的結構簡式為________________。(4)A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能與溴水發(fā)生加成反應，推測A生成B的化學方程式為____。(5)X是B的同分異構體，X同時滿足下列條件的結構共有____種，其中核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為____。①可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③除苯環(huán)外不含其他環(huán)(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線________(其他試劑任選)。18、有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式為_____________。（2）關于化合物Ⅱ，下列說法正確的有______（雙選）。A．可以發(fā)生水解反應B．可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀C．可與FeCl3溶液反應顯紫色D．可與熱的濃硝酸和濃硫酸混合液反應（3）化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發(fā)生加聚反應，按照途徑1合成線路的表示方式，完成途經2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路線：_____________（標明反應試劑，忽略反應條件）。（4）化合物Ⅴ的核磁共振氫譜中峰的組數(shù)為_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸類同分異構體共有_____________種（不考慮手性異構）。（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反應可直接得到Ⅱ，則化合物Ⅶ的結構簡式為：_____________。19、硫化堿法是工業(yè)上制備硫代硫酸鈉晶體（Na2S2O3?5H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空氣中強熱會被氧化，Na2S2O3?5H2O（M=248g/moL）在35℃以上的干燥空氣中易失去結晶水，可用作定影劑、還原劑。某興趣小組在實驗室用硫化堿法制備Na2S2O3?5H2O并探究Na2S2O3的化學性質。I．制備Na2S2O3?5H2O設計如下吸硫裝置：（1）寫出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的離子方程式______。（2）裝置B的作用是檢驗裝置A中SO2的吸收效果，裝置B中試劑可以是______A濃硫酸B溴水CFeSO4溶液DBaCl2溶液II．測定產品純度（1）Na2S2O3溶液是定量實驗中的常用試劑，測定其濃度的過程如下：第一步：準確稱取agKIO3（M=214g/moL）固體配成溶液；第二步：加入過量KI和H2SO4溶液，滴加指示劑；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液的體積為VmL。則c（Na2S2O3）＝______mol/L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）（2）滴定過程中下列實驗操作會造成結果偏高的是_________（填字母）A滴定管未用Na2S2O3溶液潤洗B滴定終點時俯視讀數(shù)C錐形瓶用蒸餾水潤洗后未用待取液潤洗D滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，達滴定終點時未發(fā)現(xiàn)有氣泡Ⅲ．探究Na2S2O3的化學性質已知Na2S2O3溶液與Cl2反應時，1molNa2S2O3轉移8mol電子。甲同學設計如圖實驗流程：（1）甲同學設計實驗流程的目的是證明Na2S2O3溶液具有___________和__________。（2）乙同學認為應將上述流程中②③所加試劑順序顛倒，你認為理由是__________。20、葡萄糖酸鋅{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一種重要的補鋅試劑，其在醫(yī)藥、食品、飼料、化妝品等領城中具有廣泛的應用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，化學興趣小組欲在實驗室制備葡萄糖酸鋅并測定產率。實驗操作分以下兩步：Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21.5g葡萄糖酸鈣{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于熱水}，在90℃條件下，不斷攪拌，反應40min后，趁熱過濾。濾液轉移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂，交換液收集在燒杯中，得到無色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ.葡萄糖酸鋅的制備。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃條件下，不斷攪拌，反應1h，此時溶液pH≈6。趁熱減壓過濾，冷卻結晶，同時加入10mL95%乙醇，經過一系列操作，得到白色晶體，經干燥后稱量晶體的質量為18.2g?；卮鹣铝袉栴}：(1)制備葡萄糖酸的化學方程式為________________。(2)通過強酸性陽離子交換樹脂的目的是_______________。(3)檢驗葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作為_________。(4)制備葡萄糖酸時選用的最佳加熱方式為_______________。(5)制備葡萄糖酸鋅時加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具體是指_______。(6)葡萄糖酸鋅的產率為______(用百分數(shù)表示)，若pH≈5時就進行后續(xù)操作，產率將_____(填“增大”“減小”或“不變”)。21、元素單質及其化合物有廣泛用途，請根據(jù)周期表中第三周期元素相關知識回答下列問題：（1）按原子序數(shù)遞增的順序(稀有氣體除外)，以下說法正確的是___。a．原子半徑和離子半徑均減小b．金屬性減弱，非金屬性增強c．氧化物對應的水化物堿性減弱，酸性增強d．單質的熔點降低（2）原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為___，氧化性最弱的簡單陽離子是___。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點/℃28002050714191工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是___；制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是___。（4）晶體硅(熔點1410℃)是良好的半導體材料。由粗硅制純硅過程如下：Si(粗)SiCl4SiCl4(純)Si(純)寫出SiCl4的電子式：___；在上述由SiCl4制純硅的反應中，測得每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____。（5）P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是____。a．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1∶1。寫出該反應的化學方程式：____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

根據(jù)X、Y、Z、W為短周期主族元素，聯(lián)系最高正化合價，X可與為B元素或者Al元素，Y為Li元素或Na元素，Z為N元素或P元素，W為Cl元素，又原子半徑：Y>Z>Cl>X，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素，據(jù)此分析回答問題?！驹斀狻緼．B的最高價氧化物對應的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項錯誤；B．PCl3的電子式為，所有原子最外層均滿足8e－結構，B選項正確；C．Na的氧化物Na2O2可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項正確；D．非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性Cl>P>B，則熱穩(wěn)定性：HCl>PH3>BH3，D選項正確；答案選A。2、B【解析】

A、蘋果緩慢腐壞，屬于氧化反應，該反應為放熱反應，故A不符合題意；B、弱酸的電離要斷開化學鍵，吸收能量，故B符合題意；C、鎂帶燃燒，屬于放熱反應，故C不符合題意；D、酸堿中和，屬于放熱反應，故D不符合題意；答案選B。3、B【解析】

A.稀硫酸跟碳酸鈉反應放出二氧化碳氣體，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應有白色膠狀沉淀生成，說明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，硫酸、碳酸、硅酸分別是S、C、Si的最高價含氧酸，則說明非金屬性：S>C>Si，能完成實驗；B.CO2也能被碳酸鈉溶液吸收，不能選用碳酸鈉溶液，不能完成實驗；C.溴乙烷、乙醇、水蒸氣都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，對乙烯的檢驗沒有影響，丙裝置中溴的四氯化碳溶液褪色說明溴乙烷與NaOH的醇溶液共熱產生了乙烯，能完成實驗；D.在氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3·H2O?NH4++OH-，CaO與水反應放熱、同時生成Ca(OH)2，反應放出的熱量促進NH3·H2O分解產生氨氣，同時Ca(OH)2電離出OH-，使平衡逆向移動，促進氨氣逸出，實驗室可以用氧化鈣固體與濃氨水反應來制備氨氣，能完成實驗；答案選B。4、D【解析】A、苯和液溴鐵作催化劑，不需要加熱，生成溴苯，故A錯誤；B、2，2－二甲基丙烷分子式為C5H12，與正戊烷為同分異構體，故B錯誤；C、石油是由多種碳氫化合物組成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C錯誤；D、乙醇、正戊烷、苯都能發(fā)生取代反應，都能燃燒，屬于氧化反應，故D正確。5、C【解析】

由裝置A制備NO，用銅和稀硝酸反應制備，制得的NO中可能有揮發(fā)的硝酸，故裝置B用來凈化和干燥NO，將氯氣和NO干燥后在裝置C中發(fā)生反應，在冰鹽中冷凝收集NOCl，氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集裝置和尾氣處理裝置之間應該需加一個干燥裝置?！驹斀狻緼.根據(jù)Cl2和NO反應生成了NOCl，氯元素化合價降低，得電子，Cl2為氧化劑，故A正確；

B.先打開K2、K3，通入一段時間氯氣，排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO、NOCl變質，然后再打開K1，通入NO，故B正確；

C.該裝置能制備用塊狀固體和液體反應生成的氣體，過氧化鈉為粉末狀固體，所以不可以做Na2O2和水制氧氣的實驗，故C錯誤；

D.若無裝置B，C中亞硝酰氯與水反應生成氯化氫、NO和二氧化氮，可能發(fā)生反應：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑，故D正確；

故選：C。6、B【解析】

A.連有4個不同原子或原子團的碳原子稱為手性碳原子?；衔颴分子中含有3個手性碳原子：（打*號的碳原子為手性碳原子），A項錯誤；B.X分子中含有(醇)和-CH-基團能被KMnO4氧化，醇羥基和苯環(huán)上氫原子都能發(fā)生取代反應，分子中含有的和基團都能發(fā)生消去反應，B項正確；C.X分子（）中與*號碳原子相連的3個碳原子處于四面體的3個頂點上，這4個碳原子不可能在同一平面上。C項錯誤；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能與NaOH溶液發(fā)生水解反應：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1molX與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH。D項錯誤；答案選B。7、B【解析】

A．醋酸易揮發(fā)，醋酸、碳酸均與苯酚鈉反應生成苯酚，則不能比較碳酸、苯酚的酸性，選項A錯誤；B．乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流，圖中可制備乙酸丁酯，選項B正確；C．苯的密度比水小，水在下層，應先分離下層液體，再從上口倒出上層液體，選項C錯誤；D．蒸干時氯化銨受熱分解，選項D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價及實驗裝置綜合應用，為高頻考點，把握物質的性質、實驗技能、實驗裝置的作用為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析，易錯點為選項B：乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流；選項D：蒸干時氯化銨受熱分解，應利用冷卻結晶法制備，否則得不到氯化銨晶體。8、A【解析】

這是固體的加熱、灼燒、冷卻和研磨的過程，固體加熱用坩堝B，要用坩堝鉗C取放，研磨在研缽D中進行，所以蒸發(fā)皿是沒有用到的儀器。答案為A。9、C【解析】

A.2Mg+O22MgO屬于化合反應，A不選；B.Mg(OH)2MgO＋H2O屬于分解反應，B不選；C.復分解反應無法一步生成MgO，C選；D.2Mg＋CO22MgO＋C屬于置換反應，D不選；答案選C。10、C【解析】

氯化銨溶液中加入鹽酸通電電解，得到NCl3溶液，氮元素化合價由-3價變化為+3價，在陽極發(fā)生氧化反應，陰極是氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，則氣體A為氫氣；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應生成ClO2、NH3和溶液B，由氫元素守恒可知，有水參加反應，結合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知，反應還生成NaCl與NaOH?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，氣體A為H2，故A錯誤；B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應生成ClO2、NH3和溶液B，由氫元素守恒可知，有水參加反應，結合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知，反應還生成NaCl與NaOH，方程式為：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，參加反應的NaClO2和NCl3的物質的量之比為6：1，故B錯誤；C．根據(jù)分析，結合反應6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl與NaOH，則含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正確；D．二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色易溶于水的氣體，不可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3，故D錯誤；答案選C。11、B【解析】

①非金屬性越強，對應氫化物的穩(wěn)定性越強；②離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越?。虎鄯墙饘傩栽綇?，最高價氧化物對應水合物的酸性越強；④電離出氫離子能力(酸性)越強，結合質子能力越弱?！驹斀狻竣俜墙饘傩訤＞O＞S，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S，故①錯誤；②Cl－含有三層電子，Na+、Mg2+、Al3+的電子層數(shù)都是兩層，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑：Cl?＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故②正確；③非金屬性：P＜S＜Cl，則最高價含氧酸的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故③錯誤；④電離出氫離子的能力：HCl＞CH3COOH＞H2O，則結合質子能力：OH?＞CH3COO?＞Cl?，故④正確；故答案選B?！军c睛】本題明確元素周期律內容為解答關鍵，注意掌握原子結構與元素周期律的關系。12、A【解析】

A、二者同質量，摩爾質量也相同，根據(jù)n=知，二者分子物質的量相同，也就是分子數(shù)相同，這兩種分子還都含有2個原子，所以原子數(shù)相同，故A正確；B、同溫度、同體積，氣體分子數(shù)目與壓強呈正比，壓強不定，無法判斷氣體分子數(shù)關系，故B錯誤；C、同體積、不同密度的C2H4和C3H6，質量不相等。C2H4和C3H6的最簡式相同，質量相等的兩種氣體含有相同的原子數(shù)，但質量不相等，則所含原子數(shù)不一定相同，故C錯誤；D、同壓強、同體積，氣體分子數(shù)目與溫度呈反比，溫度不定，無法判斷氣體分子數(shù)關系，故D錯誤；故選：A。13、A【解析】

A．離子結構示意圖中質子數(shù)為8，核核外電子數(shù)為10，表示氧離子，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，與中子數(shù)無關，故A正確；B．比例模型為：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因Cl原子半徑比C原子半徑大，四氯化碳的比例模型為，故B錯誤；C．氯化銨為離子化合物，氯離子需要標出最外層電子和電荷，正確的電子式為：，故C錯誤；D．二氧化碳是直線形分子，同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，則二氧化碳分子的比例模型：，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為BD，要注意比例模型中原子的相對大小的判斷。14、C【解析】

A.降冰片二烯與四環(huán)烷分子式相同，結構不同，因此二者互為同分異構體，A正確；B.降冰片二烯分子中含有碳碳雙鍵，因此能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C.四環(huán)烷含有三種位置的H原子，因此其一氯代物有三種，C錯誤；D.根據(jù)乙烯分子是平面分子，與碳碳雙鍵連接的C原子在碳碳雙鍵所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子為4個，D正確；故合理選項是C。15、B【解析】

A．FeO是黑色固體，所以能形成黑色的煙，故A錯誤；B．Fe2O3是棕紅色固體，俗稱鐵紅，所以能形成棕紅色的煙，故B正確；C．Fe粉是黑色的固體，所以能形成黑色的煙，故C錯誤；D．煤炭粉塵的顏色是黑色，所以能形成黑色的煙，故D錯誤。答案選B。16、C【解析】

起始時向容器中充入2molX(g)和1molY(g)，反應從左到右進行，結合圖像，由起點至Q點，X的體積分數(shù)減?。籕點之后，隨著溫度升高，X的體積分數(shù)增大，意味著Q點時反應達到平衡狀態(tài)，溫度升高，平衡逆向移動，反應從右向左進行?！驹斀狻緼．Q點之前，反應向右進行，Y的轉化率不斷增大；Q點→M點的過程中，平衡逆向移動，Y的轉化率下降，因此Q點時Y的轉化率最大，A項錯誤；B．平衡后充入X，X的體積分數(shù)增大，平衡正向移動，根據(jù)勒夏特列原理，平衡移動只能減弱而不能抵消這個改變，達到新的平衡時，X的體積分數(shù)仍比原平衡大，B項錯誤；C．根據(jù)以上分析，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，C項正確；D．容器體積不變，W、M兩點，X的體積分數(shù)相同，Y的體積分數(shù)及濃度也相同，但M點溫度更高，Y的正反應速率更快，D項錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、HOOC－CH2－COOH醚鍵、酯基取代反應15【解析】

本題主要考查有機合成綜合推斷以及逆向合成。合成路線分析：由E的結構簡式以及D的分子式可推斷出D的結構簡式為，由C與甲醇發(fā)生酯化反應生成D，可推斷出C的結構簡式為，B與氫氣發(fā)生加成反應生成C，結合B的分子式與第（4）問中“B能與溴水發(fā)生加成反應”，可推斷出B的結構簡式為，A與丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成B，結合A的分子式以及第（4）問中“A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推斷出A的結構簡式為?！驹斀狻浚?）丙二酸的結構簡式為：；觀察E結構簡式可知，所含含氧官能團有：醚鍵、酯基；（2）D生成E的方程式為：，故反應類型為取代反應；（3）由上述分析可知，C的結構簡式為：；（4）根據(jù)化學方程式配平可寫出A生成B的化學方程式為：；（5）條件①：該結構簡式中含有羧基；條件②：該結構簡式中含有酚羥基；條件③：除苯環(huán)外，不含有其它雜環(huán)；可以酚羥基作為移動官能團，書寫出主要碳骨架，再進行判斷同分異構體總數(shù)，（1）中酚羥基有2個取代位置（不包含本身），（2）中酚羥基有3個取代位置，（3）中酚羥基有4個取代位置，（4）中酚羥基有4個取代位置，（5）中酚羥基有2個取代位置，故同分異構體一共有2+3+4+4+2=15種；核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為。（6）對比苯甲醇和結構簡式，根據(jù)題干信息，需將苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根據(jù)碳碳雙鍵與鹵素單質加成再取代合成，故合成路線為：【點睛】本題主要考查有機物的推斷與合成，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。官能團是決定有機物化學性質的原子或原子團，有機反應絕大多數(shù)都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應原理也只是有機反應的一部分，所以有機綜合題中經常會出現(xiàn)已知來推斷部分沒有學習過的有機反應原理，認識這些反應原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。18、C12H9BrADCH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH344【解析】

（1）根據(jù)化合物Ⅰ的結構簡式可寫出其分子式為C12H9Br；（2）根據(jù)化合物Ⅱ的結構簡式，其含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有苯環(huán)，發(fā)生苯環(huán)上的硝化反應，沒有醛基，不可與新制的Cu（OH）2共熱生成紅色沉淀，沒有酚羥基，不可與FeCl3溶液反應顯紫色，所以A、D正確，選擇AD；（3）根據(jù)Ⅵ的結構簡式及途徑Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的結構簡式為BrCH2CH2COOCH2CH3，從而可知Ⅴ是由Ⅳ與乙醇發(fā)生酯化反應得到，可推出Ⅳ的結構簡式為BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發(fā)生加聚反應，從而可知化合物Ⅲ的結構簡式為CH2=CHCOOH，故合成路線可表示為：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；（4）化合物Ⅴ的結構為BrCH2CH2COOCH2CH3，每個碳原子上的氫都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以應有4組峰；以氫原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的結構簡式為CH3CH2COOCH2CH3，其屬于羧酸類的結構應為C4H9COOH，C4H9—為丁基，丁基有4種不同的結構的H原子，所以C4H9COOH的同分異構體共有4種；（5）根據(jù)題目信息，有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ，因此化合物Ⅵ為BrZnCH2CH2COOCH2CH3，則要合成Ⅱ，Ⅶ為酰氯，根據(jù)Ⅱ的結構及途徑Ⅰ合成化合物藥物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的結構為。19、2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2B（或）B堿性還原性可以排除BaS2O3的干擾【解析】

I．(1)根據(jù)圖示信息可知，吸硫裝置A制取Na2S2O3的反應物為SO2、Na2S和Na2CO3，主產物為Na2S2O3，根據(jù)得失電子數(shù)守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的計量數(shù)，再根據(jù)質量守恒得出Na2CO3的計量數(shù)和另一種產物CO2，據(jù)此分析；(2)二氧化硫具有還原性、漂白性；II．(1)根據(jù)KIO3的量求出I2，再根據(jù)S2O32-與I2的關系求出Na2S2O3的物質的量及濃度；(2)滴定時的誤差分析，需利用c(標)V(標)=c(待)V(待)，c(待)=分析；Ⅲ．(1)甲同學的實驗流程中通過加入BaCl2產生白色沉淀B來證明Na2S2O3與氯水反應時有SO42-生成；(2)在證明Na2S2O3的還原性時由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以應先加BaCl2溶液，如果不產生白色沉淀再加足量氯水產生白色沉淀，即可證明Na2S2O3具有還原性?！驹斀狻縄．(1)根據(jù)圖示信息可知，吸硫裝置A制取Na2S2O3的反應物為SO2、Na2S和Na2CO3，主產物為Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4價和?2價變?yōu)?2價，根據(jù)得失電子數(shù)守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的計量數(shù)分別為4、2和3，再根據(jù)質量守恒得出Na2CO3的計量數(shù)為1，根據(jù)碳原子和氧原子數(shù)守恒可知另一種產物CO2，且計量數(shù)為1，故方程式為：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2；(2)二氧化硫具有還原性、漂白性，所以可以用品紅、溴水或溶液，來檢驗二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，則二氧化硫有剩余，B中的溶液會褪色；II．(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，設參加反應的Na2S2O3為xmol；所以x=，則c(Na2S2O3)==mol?L?1（或）mol?L?1，

(2)A.滴定管末用Na2S2O3溶液潤洗，則Na2S2O3溶液會被稀釋，滴定時消耗待測液體積偏大，導致純度偏低，故A不符合題意；B.滴定終點時俯視讀數(shù)，使Na2S2O3溶液體積偏小，滴定時消耗待測液體積偏小，導致純度偏高，故B符合題意；C.錐形瓶用蒸餾水潤洗，對實驗結果沒影響，純度不變，故C不符合題意；D.滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，達滴定終點時未發(fā)現(xiàn)有氣泡，待測液體積偏大，導致樣品純度偏低，故D不符合題意；故答案選B；Ⅲ．(1)甲同學通過測定Na2S2O3溶液的pH=8；說明該鹽的水溶液顯堿性；甲同學的實驗流程中通過加入BaCl2產生白色沉淀B來證明Na2S2O3與氯水反應時有SO42?生成,即證明S2O32?具有還原性；(2)在證明Na2S2O3的還原性時由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以應先加BaCl2溶液，如果不產生白色沉淀再加足量氯水產生白色沉淀，即可證明Na2S2O3具有還原性，故乙可排除BaS2O3的干擾?！军c睛】本題易錯點在于第(2)題中和滴定的誤差分析，首先要清楚標準液和待測液，裝在滴定管中的液體不一定必須是標準液，待測液也可以裝在滴定管中，該題中的Na2S2O3是待測液，分析時一定要注意。20、將未充分反應的葡萄糖轉化為葡萄糖酸取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在水浴加熱（或熱水?。┙档推咸烟撬徜\溶解度，便于晶體析出過濾、洗滌80%減小【解析】

(1)葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理為強酸制弱酸，化學反應方程式為，故答案為：；(2)將葡萄糖酸鈣與硫酸反應后的濾液緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂進行陽離子交換，可將為充分反應的Ca2+交換為H+，即將未充分反應的葡萄糖酸鈣轉化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應的葡萄糖轉化為葡萄糖酸；(3)結合SO42-離子的檢驗方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在，故答案為：取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42-，反之則不存在；(4)實驗Ⅰ制備葡糖糖酸時，反應條件為90℃，則最佳的加熱方式為水浴加熱（或熱水?。?，故答案為：水浴加熱（或熱水?。?；(5)葡萄糖酸鋅可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸鋅后，加入乙醇可減少葡萄糖酸鋅的溶解，使其以晶體的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是過濾、洗滌，故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度，便于晶體析出；過濾、洗滌；(6)根據(jù)反應方程式可得關系式：Ca(C6H11O7)2~Zn(C6H11O7)2，m[Ca(C6H11O7)2]=21.5g，則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質的量為n[Zn(C6H11O7)2]=0.05mol，因此，，根據(jù)可得，葡萄糖酸鋅的產率為，若pH≈5時就進行后續(xù)操作，一些葡萄糖酸就不能充分轉化為葡萄糖酸鋅，導致葡萄糖酸鋅質量將減小，產率減小，故答案為：80%；減小；21、b氬Na+MgO的熔點高，熔融時消耗更多能量，增加生產成本氯化鋁是共價化合物，熔融態(tài)氯化鋁難導電SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025a

kJ?mol-1b4KClO3KCl+3KClO4【解析】

（1）a、同一周期，隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸減小，簡單離子半徑先減小后增大再減??；b、同一周期元素，隨著原子序數(shù)的增大，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強；c、元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越