2023-2024學年江蘇省南京十校下學期高考化學考前最后一卷預測卷含解析

2023-2024學年江蘇省南京十校下學期高考化學考前最后一卷預測卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A．25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的數(shù)目為0.2NAB．常溫常壓下，56g丙烯與環(huán)丁烷的混合氣體中含有4NA個碳原子C．標準狀況下，11.2LCHCl3中含有的原子數(shù)目為2.5NAD．常溫下，1mol濃硝酸與足量Al反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA2、下列離子方程式書寫正確的是A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2=Fe3+＋2Cl－B．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合：Ca2++OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2OC．FeS固體放入稀硝酸溶液中：FeS＋2H+=Fe2+＋H2S↑D．AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3+＋4OH－=AlO2－＋2H2O3、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。其中W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑;X原子的核外電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等;Y主族序數(shù)大于W。下列說法正確的是A．原子半徑:W>X B．最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:Y>ZC．工業(yè)上通過電解熔融XZ3冶煉X單質(zhì) D．WO2、YO2、ZO2均為共價化合物4、下列有關化學用語表示正確的是A．硝基苯 B．鎂離子的結(jié)構(gòu)示圖C．水分子的比例模型： D．原子核內(nèi)有8個中子的碳原子：5、為達到下列實驗目的，對應的實驗方法以及相關解釋均正確的是（）選項實驗目的實驗方法相關解釋A測量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實驗溫度對平衡移動的影響2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應，升溫平衡逆向移動D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點高于溶劑水A．A B．B C．C D．D6、根據(jù)溶解度曲線，在80℃時將含有等物質(zhì)的量的硝酸鈉和氯化鉀混合溶液恒溫蒸發(fā)，首先析出的是A．氯化鉀 B．硝酸鈉C．氯化鈉 D．硝酸鉀7、下列有關敘述錯誤的是()A．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹B．陶瓷、水泥和光導纖維均屬于硅酸鹽材料C．“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程有利于減少霧霾天氣D．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性都是化學變化8、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常溫下X單質(zhì)為黃色固體，Y是無機非金屬材料的主角，Z焰色反應呈黃色。部分信息如下表：XYZMRQ原子半徑/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合價-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列說法正確的是：A．R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族B．X、Y均可跟M形成化合物，但它們的成鍵類型不相同C．Z、R、Q最高價氧化物的水化物能相互反應D．Y元素氧化物是用于制造半導體器件、太陽能電池的材料9、油炸蝦條、薯片等易碎的食品，不宜選用真空袋裝而應采用充氣袋裝。在實際生產(chǎn)中，充入此類食品袋的是下列氣體中的（）A．氧氣 B．二氧化碳 C．空氣 D．氮氣10、硅元素在地殼中的含量非常豐富。下列有關說法不正確的是A．晶體硅屬于共價晶體B．硅原子的電子式為C．硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2D．硅原子的價電子排布圖為11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜YD．元素X的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發(fā)生反應12、如圖所示，常溫時將一滴管液體Y一次性全部擠到充滿O2的錐形瓶內(nèi)(裝置氣密性良好)，若錐形瓶內(nèi)氣體的最大物質(zhì)的量是amol，久置后其氣體的物質(zhì)的量是bmol，不存在a＞b關系的是()XYA過量C、Fe碎屑稀HClB過量Na2CO3粉末稀H2SO4C過量Fe、Al碎屑濃H2SO4D過量Cu、CuO粉末濃HNO3A．A B．B C．C D．D13、下列說法中正確的是（）A．加熱濃硫酸和乙醇混合液，產(chǎn)生的氣體能使溴水褪色，證明該氣體是乙烯B．用苯與溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大C．銅與稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集D．加熱氫氧化鈣與氯化銨反應制氨氣，氨氣能使紅色石蕊試紙變藍14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù)，同一主族的W和Y，Y的原子序數(shù)是W的2倍，下列說法不正確的是()A．原子半徑：W＜Z＜Y＜XB．Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于Z的氣態(tài)氫化物C．W與X形成的化合物不可能含有共價鍵D．常溫常壓下，Y的單質(zhì)是固態(tài)15、在密閉容器中，可逆反應aA（g）?bB（g）達到平衡后，保持溫度不變，將容器體積增大一倍，當達到新的平衡建立時，B的濃度是原來的60%，則新平衡較原平衡而言，下列敘述錯誤的是（）A．平衡向正反應方向移動B．物質(zhì)

A

的轉(zhuǎn)化率增大C．物質(zhì)

B

的質(zhì)量分數(shù)減小D．化學計量數(shù)

a

和

b

的大小關系為a＜b16、已知某二元酸H2MO4在水中電離分以下兩步：H2MO4?H++HMO4-，HMO4-?H++MO42-。常溫下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液溫度與滴入NaOH溶液體積關系如圖。下列說法正確的是A．該氫氧化鈉溶液pH=12B．圖像中F點對應的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C．滴入NaOH溶液過程中水的電離程度一直增大D．圖像中G點對應的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)二、非選擇題（本題包括5小題）17、四川北川盛產(chǎn)薔薇科植物。薔薇科植物中含有一種芳香醛(用E表示)，在染料工業(yè)和食品工業(yè)上有著廣泛的用途，下面是它的一種合成路線。其中0.lmol有機物A的質(zhì)量是12g，在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子與C分子具有相同的碳原子數(shù)；F繼續(xù)被氧化生成G，G的相對分子質(zhì)量為90。已知：①CH3-CHO②回答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。（2）A～G中能發(fā)生酯化反應的有機物有：_________(填字母序號)。（3）C在濃硫酸加熱的條件下時，分子內(nèi)脫水除生成D外還可以生成另一種有機物，寫出該反應的方程式：___________________；該反應類型_________。（4）C的同分異構(gòu)體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種。①能與3molNaOH溶液反應；②苯環(huán)上的一鹵代物只有一種。寫出所有滿足條件有機物的結(jié)構(gòu)簡式______________________________。（5）C與4-甲基-2,3-戊二醇兩分子之間1:1發(fā)生取代反應，生成的有機物有_____種。18、化合物I是一種抗腦缺血藥物，合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)按照系統(tǒng)命名法，A的名稱是_____；寫出A發(fā)生加聚反應的化學方程式：__________。(2)反應H→I的化學方程式為________；反應E→F的反應類型是______。(3)寫出符合下列條件的G的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②核磁共振氫譜有4組峰(4)α,α-二甲基芐醇()是合成醫(yī)藥、農(nóng)藥的中間體，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備α,α-二甲基芐醇的合成路線如下：該合成路線中X的結(jié)構(gòu)簡式為____，Y的結(jié)構(gòu)簡式為________；試劑與條件2為______。19、硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”。已知它易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，受熱、遇酸易分解。某實驗室模擬工業(yè)硫化堿法制取硫代硫酸鈉，其反應裝置及所需試劑如圖：（1）裝置甲中，a儀器的名稱是____________；a中盛有濃硫酸，b中盛有亞硫酸鈉，實驗中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(寫出一條即可)。（2）裝置乙的作用是____________________________________。（3）裝置丙中，將Na2S和Na2CO3以2：1的物質(zhì)的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反應的化學方程式為：________________________________________。（4）本實驗所用的Na2CO3中含少量NaOH，檢驗含有NaOH的實驗方案為_________。(實驗中供選用的試劑及儀器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸餾水、pH計、燒杯、試管、滴管．提示：室溫時CaCO3飽和溶液的pH=9.5)（5）反應結(jié)束后過濾丙中的混合物，濾液經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等得到產(chǎn)品，生成的硫代硫酸鈉粗品可用_____________洗滌。為了測定粗產(chǎn)品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法(假設粗產(chǎn)品中的雜質(zhì)與酸性KMnO4溶液不反應)。稱取1.50g粗產(chǎn)品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加適量稀硫酸酸化)滴定，當溶液中全部被氧化為時，消耗高錳酸鉀溶液體積40.00mL。①寫出反應的離子方程式：________________________________________。②產(chǎn)品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分數(shù)為____________________(保留小數(shù)點后一位)。20、鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設計實驗制取鉍酸鈉并探究其應用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色（1）B裝置用于除去HCl，盛放的試劑是___；（2）C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與Cl2反應生成NaBiO3，反應的離子方程式為___；（3）當觀察到___（填現(xiàn)象）時，可以初步判斷C中反應已經(jīng)完成；（4）拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留Cl2以免污染空氣。除去Cl2的操作是___；（5）反應結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有___；Ⅱ.鉍酸鈉的應用——檢驗Mn2+（6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+。①產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為___；②某同學在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但觀察到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應方程式為___。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定（7）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應，再用cmo1·L-1的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），當溶液紫紅色恰好褪去時，消耗vmL標準溶液。該產(chǎn)品的純度為___（用含w、c、v的代數(shù)式表示）。21、砷和鎳是重要的材料和化工領域用途廣泛。請回答下列問題：（1）基態(tài)As原子中，價電子的電子云輪廓圖形狀為___。與砷同周期的主族元素的基態(tài)原子中，電負性最大的為____（填元素符號）。（2）可用于碘的微量分析。①Na+的焰色反應呈黃色，很多金屬元素能產(chǎn)生焰色反應的微觀原因為_______。②其中陰離子的VSEPR模型為_____，與其互為等電子體的分子為_____（只寫一種分子式即可）。（3）M（）可用于合成Ni2＋的配體，M中C原子的雜化形式為______，σ鍵和π鍵的數(shù)目之比為_____。（4）Ni與Ca處于同一周期，且核外最外層電子構(gòu)型相同，但金屬Ni的熔點和沸點都比金屬Ca高，原因為______。區(qū)分晶體Ni和非晶體Ni的最可靠的科學方法為_______。（5）某砷鎳合金的晶胞如圖所示，設阿伏加德羅常數(shù)的值為，該晶體的密度ρ＝____g·cm－3。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A．溶液體積未知，無法計算氫離子數(shù)目，故A錯誤；B．丙烯和環(huán)丁烷的最簡式均為CH2，故56g混合物中含4molCH2原子團，故含4NA個碳原子，故B正確；C．標準狀況下，CHCl3

是液體，不能用氣體摩爾體積計算物質(zhì)的量，故C錯誤；D．常溫下，鋁和濃硝酸發(fā)生鈍化，不能完全反應，無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故D錯誤；答案選B【點睛】本題的易錯點為D，要注意常溫下，鐵、鋁遇到濃硫酸或濃硝酸會發(fā)生鈍化，反應會很快停止。2、B【解析】

A、電子得失不守恒，正確的是2Fe2＋＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；B、正確；C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，錯誤；D、氫氧化鋁不能溶于氨水中，錯誤，答案選B。3、D【解析】

W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑，該氫化物應為NH3，W為N元素；X原子的核外電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，且其原子序數(shù)大于W，則X為Al；Y主族序數(shù)大于W，則Y為S或Cl，若Y為Cl，則Z不可能是短周期主族元素，所有Y為S，Z為Cl。【詳解】A．電子層數(shù)越多，半徑越大，所以原子半徑W<X，故A錯誤；B．非金屬性越強簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性S<Cl，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性Y<Z，故B錯誤；C．XZ3為AlCl3，為共價化合物，熔融狀態(tài)不能電離出離子，不能通過電解熔融AlCl3冶煉Al單質(zhì)，故C錯誤；D．WO2、YO2、ZO2分別為NO2，SO2、ClO2，均只含共價鍵，為共價化合物，故D正確；故答案為D?！军c睛】AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，冶煉Al單質(zhì)一般電解熔融狀態(tài)下的Al2O3。4、A【解析】

A.硝基的氮原子與苯環(huán)上的碳原子相連是正確的，故A正確；B.鎂離子的結(jié)構(gòu)示圖為故B錯誤；C.水分子空間構(gòu)型是V型的，所以水分子的比例模型為，故C錯誤；D.原子核內(nèi)有8個中子的碳原子質(zhì)量數(shù)是14，應寫為，故D錯誤；故答案為：A。5、C【解析】

A選項，不能用pH試紙測量氯水的pH，氯水有漂白性，故A錯誤；B選項，該裝置不是催化裂化裝置，C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴，常溫下為氣體，故B錯誤；C選項，熱水中顏色加深，說明2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應，升溫平衡逆向移動，故C正確；D選項，該裝置不能用于AlCl3溶液制備AlCl3晶體，由于氯化鋁易發(fā)生水解，可在HCl氣流中加熱AlCl3溶液制備AlCl3晶體，故D錯誤。綜上所述，答案為C。6、C【解析】

在80℃時，氯化鈉的溶解度為39克，氯化鉀的溶解度為51克，硝酸鉀的溶解度為170克，硝酸鈉的溶解度為150克；復分解反應發(fā)生的條件是生成物中有沉淀生成或有氣體生成或有水生成，所謂沉淀就是生成的物質(zhì)的溶解度小，就會有沉淀生成，所以加熱蒸發(fā)溶液的溫度在80℃時開始析出的晶體是氯化鈉．反應的化學方程式為NaNO3+KCl=NaCl↓+KNO3，故選C。7、B【解析】

A．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故A正確；B．陶瓷、水泥和玻璃為硅酸鹽產(chǎn)品，而光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽材料，故B錯誤；C．二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物這三項是霧霾主要組成，前兩者為氣態(tài)污染物，最后一項顆粒物才是加重霧霾天氣污染的罪魁禍首．它們與霧氣結(jié)合在一起，讓天空瞬間變得灰蒙蒙的，“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物，故有利于減少霧霆天氣，故C正確；D．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性過程均生成了新的物質(zhì)，是化學變化，故D正確；故選B?！军c睛】本題綜合考查常見物質(zhì)的組成、性質(zhì)的應用，為高考常見題型，題目難度不大，側(cè)重于化學與生活的考查，注意光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽。8、C【解析】

X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常溫下X單質(zhì)為黃色固體，X為S；Y是無機非金屬材料的主角，Y為Si；Z焰色反應呈黃色，Z為Na；結(jié)合原子半徑和主要化合價可知，M為O；R為Cl；Q為Al，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．R為Cl，在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族，故A錯誤；B．X為S、Y為Si、M為O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共價化合物，它們的成鍵類型相同，故B錯誤；C．Z為Na、R為Cl、Q為Al，最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁和高氯酸，因為氫氧化鋁為兩性氫氧化物，相互間都能反應，故C正確；D．Y為Si，Y元素的氧化物為二氧化硅，常用于制光導纖維，制造半導體器件、太陽能電池的材料是硅單質(zhì)，故D錯誤；故選C。9、D【解析】

油炸蝦條、薯片具有還原性，易被氧化性氣體氧化而變質(zhì)，保存時，充入氣體應為非氧化性氣體，空氣和氧氣相比較，氧氣的濃度更大，氧化性更強，易使食品變質(zhì)，在食品袋中沖入氮氣既可以防擠壓又可以防氧化，故選D。10、D【解析】

晶體硅中所有原子都以共價鍵相結(jié)合，屬于共價晶體，A正確；Si原子的最外層有4個電子，B正確；Si原子核外有14個電子，根據(jù)構(gòu)造原理可知其排布式為1s22s22p63s23p2，C正確；硅原子的價電子排布圖不符合洪特規(guī)則，選項D錯誤。11、B【解析】

常溫下，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數(shù)之和為20，則X最外層電子數(shù)為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯誤；C.非金屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態(tài)氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發(fā)生反應生成硝酸銨，故D正確。故選B?！军c睛】解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質(zhì)不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發(fā)生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。12、C【解析】

A.鐵與稀鹽酸反應放出氫氣，久置后其氣體的物質(zhì)的量增大，故不選A；B.Na2CO3粉末與稀H2SO4反應放出二氧化碳氣體，久置后其氣體的物質(zhì)的量增大，故不選B；C.Fe、Al在濃硫酸中鈍化，久置后其氣體的物質(zhì)的量不變，故選CD.Cu與濃硝酸反應放出NO2氣體，久置后其氣體的物質(zhì)的量增大，故不選D；答案選C。13、C【解析】

A.實驗室可通過加熱酒精和濃硫酸的混合物制乙烯，其副反應常伴有SO2產(chǎn)生，SO2有還原性，也能使溴水，故A錯誤；B.苯的溴代反應需要催化劑，而反應的催化劑是溴化鐵，在有水存在時，溴化鐵就會電離和水解，改變了溴化鐵的結(jié)構(gòu)，失去了催化作用，反應就無法進行，制取溴苯要用苯和溴單質(zhì)，不能用溴水，故B錯誤；C.銅與稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮難溶于水，可以利用排水法收集，故C正確。D.加熱氫氧化鈣與氯化銨反應制氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，必須強調(diào)濕潤的，干燥的試紙不變色，故D錯誤；答案選C。14、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。同一主族的W和Y，Y的原子序數(shù)是W的2倍，W是O，Y是S，則Z是Cl。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù)，X的最外層電子數(shù)是7-6＝1，所以X是Na，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)和元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知W、X、Y、Z分別是O、Na、S、Cl。A．同周期元素原子從左到右半徑增大，有Cl＜S＜Na；一般情況下，原子的電子層數(shù)越多，半徑越大，則O原子半徑最??；綜合原子半徑：O＜Cl＜S＜Na，正確，A不選；B．非金屬性Cl＞S，則S的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于Cl的氣態(tài)氫化物，正確，B不選；C．W與X形成的化合物過氧化鈉中含有共價鍵，錯誤，C選；D．常溫常壓下，S的單質(zhì)是固態(tài)，正確，D不選；答案選C。15、C【解析】

溫度不變，將容器體積增加1倍，若平衡不移動，B的濃度是原來的50%，但體積增大時壓強減小，當達到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，可知減小壓強向生成B的方向移動，減小壓強向氣體體積增大的方向移動，以此解答該題?！驹斀狻緼、由上述分析可知，平衡正向移動，故A不符合題意；B、平衡正向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，故B不符合題意；C、平衡正向移動，生成B的物質(zhì)的量增大，總質(zhì)量不變，則物質(zhì)B的質(zhì)量分數(shù)增加了，故C符合題意；D、減小壓強向生成B的方向移動，減小壓強向氣體體積增大的方向移動，則化學計量數(shù)關系a<b，故D不符合題意。故選：C?！军c睛】本題考查化學平衡，把握濃度變化確定平衡移動為解答的關鍵，注意動態(tài)與靜態(tài)的結(jié)合及壓強對化學平衡移動的影響。16、B【解析】

根據(jù)圖像可知，NaHMO4與NaOH發(fā)生反應是放熱反應，當溫度達到最高，說明兩者恰好完全反應，F(xiàn)點溫度最高，此時消耗NaOH的體積為20mL，計算出氫氧化鈉的濃度，然后根據(jù)影響水電離的因素、“三大守恒”進行分析?！驹斀狻緼．根據(jù)圖像分析可知，F(xiàn)點溫度最高，說明此時兩物質(zhì)恰好完全反應，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol?L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)===10-13mol/L，則pH=13，故A錯誤；B．F點溶質(zhì)為Na2MO4，溶液中質(zhì)子守恒為c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)＞c(HMO4-)，故B正確；C．根據(jù)題意，兩者恰好完全反應，生成的溶質(zhì)Na2MO4，屬于強堿弱酸鹽，即溶質(zhì)為Na2MO4時，水解程度最大，E到F過程中，水的電離程度增大，F(xiàn)到G過程中，氫氧化鈉溶液過量，抑制水的電離，因此滴加氫氧化鈉的過程中，水的電離程度先變大，后變小，故C錯誤；D．由A選項推出c(NaOH)=0.1mol/L，G點加入40mL等濃度的NaOH溶液，反應后溶質(zhì)為等濃度的NaOH和Na2MO4，Na+的濃度最大，MO42?部分水解，溶液顯堿性，則c(OH?)>c(H+)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42?)+c(HMO4-)+c(OH?)，則c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D錯誤；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有機物A有C、H、O三種元素組成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物質(zhì)的量=7.2/18=0.4mol，根據(jù)原子守恒可知，該有機物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有機物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有機物A的分子式為C8H8O，A經(jīng)過一系列反應得到芳香醛E，結(jié)合信息中醛與HCN的加成反應，可知A含有C=O雙鍵，A與HCN發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生水解反應生成C，C在濃硫酸、加熱條件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，應為發(fā)生消去反應，D被臭氧氧化生成E與F，F(xiàn)繼續(xù)被氧化生成G，G的相對分子質(zhì)量為90，則G為HOOC-COOH，F(xiàn)為OHC-COOH，E為苯甲醛，D為苯丙烯酸，C為2-羥基-3-苯基丙酸，B為，A的結(jié)構(gòu)簡式為?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，A為；（2）只要含有羧基或羥基的都能發(fā)生酯化反應，在A～G中能發(fā)生酯化反應的有機物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羥基，另外還可以發(fā)生酯化反應生成另一種有機物，該反應的方程式為，反應類型為酯化反應。（4）C的同分異構(gòu)體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種，①能與3molNaOH溶液反應，說明含有酚羥基、羧酸與酚形成的酯基；②苯環(huán)上的一鹵代物只有一種，說明苯環(huán)上含有1種氫原子；③能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，再結(jié)合①可知，酯基為甲酸與酚形成的酯基，滿足條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基發(fā)生酯化反應生成兩種酯，C中的羥基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基脫水生成兩種醚，C中的羧基和羥基與4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基同時脫水可生成兩種產(chǎn)物，一共可生成6種產(chǎn)物。18、2-甲基丙烯氧化反應(CH3)2CHOHO2、Cu和加熱【解析】

D發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生氧化反應生成F，由F結(jié)構(gòu)簡式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯；G發(fā)生信息中的反應生成H，H中應該含有一個-COOH，根據(jù)I結(jié)構(gòu)簡式知，H發(fā)生酯化反應生成I，則H為、G為；C、F發(fā)生信息中的反應生成G，則C為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，A中C、H原子個數(shù)之比為1：2，根據(jù)A、B分子式知，A和HBr發(fā)生加成反應生成B，A中含有一個碳碳雙鍵，根據(jù)B知A為CH2=C(CH3)2據(jù)此分析?！驹斀狻緿發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生氧化反應生成F，由F結(jié)構(gòu)簡式知，D為甲苯、E為鄰甲基溴苯；G發(fā)生信息中的反應生成H，H中應該含有一個-COOH，根據(jù)I結(jié)構(gòu)簡式知，H發(fā)生酯化反應生成I，則H為、G為；C、F發(fā)生信息中的反應生成G，則C為(CH3)3CBrMg，B為(CH3)3CBr，A中C、H原子個數(shù)之比為1：2，根據(jù)A、B分子式知，A和HBr發(fā)生加成反應生成B，A中含有一個碳碳雙鍵，根據(jù)B知A為CH2=C(CH3)2。(1)A為CH2=C(CH3)2，A的系統(tǒng)命名法命名的名稱為2-甲基丙烯；A發(fā)生加聚反應生成2-甲基聚丙烯，反應的化學方程式為：；(2)H為，H發(fā)生酯化反應生成J，則H→I的反應方程為；E→F是鄰甲基溴苯發(fā)生氧化反應生成，反應類型是氧化反應；(3)G為，G的同分異構(gòu)體符合下列條件：①遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；②核磁共振氫譜有4組峰，說明分子中含有4種不同位置的氫原子，則符合條件的同分異構(gòu)體有；(4)以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發(fā)生取代反應生成溴苯，溴苯發(fā)生信息中的反應生成X，2-氯丙烷發(fā)生水解反應生成2-丙醇，2-丙醇發(fā)生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發(fā)生信息中的反應生成a，a二甲基芐醇。根據(jù)合成路線可知試劑與條件1為液溴、Fe作催化劑；X的結(jié)構(gòu)簡式為；Y的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHOH；試劑與條件2為O2、Cu和加熱?！军c睛】本題考查有機推斷和合成，推出各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式是解題的關鍵。易錯點是合成路線的設計，以苯和2-氯丙烷為起始原料制備a，a二甲基芐醇，苯和溴在催化條件下發(fā)生取代反應生成溴苯，溴苯發(fā)生信息中的反應生成X，2-氯丙烷發(fā)生水解反應生成2-丙醇，2-丙醇發(fā)生催化氧化生成丙酮，X和丙酮發(fā)生信息中的反應生成a，a二甲基芐醇。19、分液漏斗控制反應溫度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計測定上層清液的pH，若pH大于1．5，則含有NaOH乙醇82.7％【解析】

裝置甲為二氧化硫的制?。篘a2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙裝置為Na2S2O3的生成裝置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于堿性溶液，為防止產(chǎn)生倒吸，在甲、丙之間增加了乙裝置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空氣中，裝置丁作用為尾氣吸收裝置，吸收未反應的二氧化硫。據(jù)此解答。【詳解】(1)裝置甲中，a儀器的名稱是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反應溫度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于堿性溶液，則裝置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物質(zhì)的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，結(jié)合原子守恒即可得到發(fā)生反應的化學方程式為4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸鈉溶液和NaOH溶液均呈堿性，不能直接測溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干擾，可取少量樣品于試管(燒杯)中，加水溶解，加入過量的CaCl2溶液，振蕩(攪拌)，靜置，用pH計測定上層清液的pH，若pH大于1.5，則含有NaOH；(5)硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醇，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，則硫代硫酸鈉粗品可用乙醇洗滌；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化為，同時有Mn2+生成，結(jié)合電子守恒和原子守恒可知發(fā)生反應的離子方程式為5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，則m(Na2S2O3?5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，則Na2S2O3?5H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為×100%=82.7%?！军c睛】考查硫代硫酸鈉晶體制備實驗方案的設計和制備過程分析應用，主要是實驗基本操作的應用、二氧化硫的性質(zhì)的探究，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實驗原理的探究。20、飽和食鹽水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固體消失（或黃色不再加深）關閉K1、K3，打開K2在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+×100%或×100%或%【解析】

用濃HCl和MnO2反應制備Cl2，其中混有揮發(fā)出來的HCl，要用飽和食鹽水出去，然后利用Cl2的強氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來檢驗NaBiO3的氧化性；實驗結(jié)束后Cl2有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應；NaBiO3純度的檢測利用NaBiO3和Mn2+反應生成MnO4-，MnO4-再和草酸反應來測定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四種物質(zhì)之間的關系，在計算即可。【詳解】（1）除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反應物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被還原成Cl-，根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反應已經(jīng)完成,則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的NaBiO3，故答案為：C中白色固體消失（或黃色不再加深）；（4）從圖上來看關閉K1、