2023届吉林省长春市第十一高中高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是A．W与Y两种元素既可以形成共价化合物，又可以形成离子化合物B．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C．Z的简单离子与Y的简单离子均是10电子微粒D．Z的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性2、中国诗词深受众人喜爱，针对下列一些诗词，从化学角度解读正确的是A．王安石的《梅花》“遥知不是雪，唯有暗香来”描述了物质发生化学变化过程中既有状态变化又有气味的产生B．庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质C．赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了颜色反应的现象D．刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定3、已知下列反应的热化学方程式为①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=－285.8kJ·mol-1则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为（）A．-488.3kJ·mol-1B．-191kJ·mol-1C．-476.8kJ·mol-1D．-1549.6kJ·mol-14、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍，X－、Y+具有相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A．原子半径：Y＞Z＞X＞WB．简单氢化物的稳定性：X＞Z＞WC．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞ZD．X可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同5、下列说法正确的是（）A．如图有机物核磁共振氢谱中出现8组峰B．如图有机物分子式为C10H12O3C．分子式为C9H12的芳香烃共有9种D．蓝烷的一氯取代物共有6种（不考虑立体异构）6、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12mol·L－1HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H＋)为8mol·L－1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是（）A．SnO2·4H2O B．Sn(NO3)4C．Sn(NO3)2 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)47、下列说法正确的是()A．Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B．硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力C．H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力D．液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子8、化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料B．石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃C．顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料D．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度9、氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）A．白磷、硅 B．碳化硅、硫酸钠C．水晶、金刚石 D．碘、汞10、W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z-离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：X＞Y＞ZC．离子半径：X2－＞Y＋＞Z－ D．原子序数：X＞Y＞Z11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（25℃）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是A．B晶体中阴、阳离子个数比为1:2B．等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞DC．0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NAD．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键12、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W、X是空气中含量最高的两种元素，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，Z的单质常温下为液态。下列说法不正确的是A．单质Z保存时需要加水形成液封B．Y的金属性弱于第三周期的所有金属元素C．W与X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D．向YZ2溶液中通人少量氯气会发生置换反应13、用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）A．氯气起杀菌消毒作用B．氯气氧化绿矾C．绿矾具有净水作用D．绿矾的氧化产物具有净水作用14、下列有关物质的描述及其应用均正确的是（）A．Al、Al2O3、Al（OH）3、NaAlO2均能和NaOH溶液发生反应B．Na2O2中含有O2，所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气C．FeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板D．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到15、下列对实验方案的设计或评价合理的是（）A．经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出B．图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减C．图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应D．可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡16、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A．反应在前50s内的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，该反应为放热反应C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前的v正＞v逆D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80％17、下列有关说法正确的是()A．H2O与D2O互为同位素B．CO2和CO属于同素异形体C．乙醇与甲醚互为同分异构体D．葡萄糖和蔗糖互为同系物18、高温下，某反应达到平衡，平衡常数，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减小。对该反应的分析正确的是A．反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2B．升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变19、原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与Z同主族；W、X、Y最外层电子数之和为10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸B．W、Y的氧化物一定属于离子化合物C．X、Z的氢化物中，前者的沸点低于后者D．X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者20、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取84消毒液将Cl2通入NaOH溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤A．A B．B C．C D．D21、关于2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+QkJ说法正确的是（）A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量B．Q＜0C．NaOH（s）+1/2

H2SO4（aq）→1/2

Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q

kJD．若将上述反应中的

NaOH（s）换成

NaOH（aq），则Q′＞Q22、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为＋→＋。下列说法中正确的是（）A．D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种元素B．通常所说的氢元素是指C．、、是氢的三种核素，互为同位素D．这个反应既是核反应，也是化学反应二、非选择题(共84分)23、（14分）（化学——选修5：有机化学基础）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：回答下列问题：（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；F的化学名称为____________。（2）②的反应类型是______________；A→B的化学方程式为_____________________。（3）G的结构简式为______________；H中所含官能团的名称是____________。（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，W的可能结构有___种。①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W的结构简式____________。（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）____________。24、（12分）有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。25、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。26、（10分）PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH试纸]。27、（12分）丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有关物质的相关性质如表：物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸点/℃539714177熔点/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840.851.021.58溶解性(常温)易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂难溶于水(1)操作①需要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是________。(2)操作②使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是___。(3)操作④包括____、过滤、冰水洗涤、低温吸干。(4)操作⑤中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集____(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为____。(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B中读数为bmL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为cmL。已知室温下气体摩尔体积为VL·mol-1。调平B、C液面的操作是____；实验测得丙烯醇的摩尔质量为____g·mol-1(用代数式表示)。如果读数时C管液面高于B管，测得结果将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。28、（14分）目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。（2）上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）。（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。（4）下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。A．属于酯类化合物B．1molD最多能与4molH2发生加成反应C．一定条件下发生加聚反应D．核磁共振氢谱有5组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式___(任写一种)。①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）___。29、（10分）主席在《中央城镇化工作会议》发出号召：“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁”。消除含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。（1）以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=−115.4kJ·mol−1，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。原理如图所示：过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)∆H1=−120.4kJ·mol−1，过程II反应的热化学方程式为___________。（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)∆H<0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。（3）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。①可用次氯酸钠除去氨氮，同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式：___________。②EFH2O2FeOx法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图所示。则阴极附近Fe2+参与反应的离子方程式为______。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L−1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_________________。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8）

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】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y是F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z是Na元素。【详解】A项、W为C元素，Y是F元素，两种元素只能形成共价化合物CF4，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物稳定性越强，F元素非金属性强于C元素，则氟化氢的稳定性强于甲烷，故B正确；C项、Na+与F—的电子层结构与Ne原子相同，均是10电子微粒，故C正确；D项、NaOH是强碱，水溶液呈碱性，NH3溶于水得到氨水溶液，溶液呈碱性，故D正确。故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握原子结构、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键。2、D【解析】

A.王安石的《梅花》“遥知不是雪，唯有暗香来”，体现物质的挥发性，属于物质的物理性质，故A错误；B.庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是纤维素，不是蛋白质，故B错误；C.赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了焰色反应的现象，故C错误；D.刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定，故D正确；故选D。3、A【解析】

利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=-488.3kJ·mol-1。故选A。4、B【解析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍，则W为碳(C)；X－、Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F），Y为钠（Na）；Z的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯（Cl）。【详解】A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na＞Cl＞C＞F，A错误；B.非金属性F>Cl>C，所以简单氢化物的稳定性X＞Z＞W，B正确；C.非金属性C<Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z，C错误；D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF，前者含共价键、后者含离子键，D错误。故选B。5、A【解析】

A．根据该物质的结构简式可知该分子中有8种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱中出现8组峰，故A正确；B．根据该物质的结构简式可知分子式为C10H14O3，故B错误；C．分子式为C9H12的属于芳香烃，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故C错误；D．蓝烷分子结构对称，有4种环境的氢原子，一氯代物有4种，故D错误；故答案为A。6、A【解析】

11.9g金属锡的物质的量==0.1mol，l2mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4)，解得x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)==8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。7、D【解析】

A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B项错误；C.H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D项正确；答案选D。8、D【解析】

A．聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，故A错误；B．烯烃中含有C、H元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H原子，不属于烯烃，故B错误；C．苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；D．洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D正确；故选D。9、C【解析】

根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：A.白磷是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；B.硫酸钠是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误；C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D项错误；答案选C。【点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。10、D【解析】

X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，A．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，即原子最外层电子数：Z＞X＞Y，故A错误；B．常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Na＞S＞F2，故B错误；C．Na+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F-＞Na+，S2-电子层最多，离子半径最大，故离子半径S2-＞F-＞Na+，故C错误；D．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子序数分别为16、11、9，则原子序数：X＞Y＞Z，故D正确。答案选D。11、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(25℃)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；答案选D。【点睛】解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。12、D【解析】

由题可知，W、X是空气中含量最高的两种元素，则W、X分别是N、O，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，所以Y为Fe，Z的单质常温下为液态，常温下为液态的单质有溴和汞，由题中条件可知Z为Br，由此解答。【详解】A．单质溴易挥发且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作为液封，A正确；B．第三周期的金属元素有Na、Mg、Al，由金属活动顺序可知，Fe的金属性比这三种金属都要弱，B正确；C．N和O两种元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正确；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+还原性比Br-强，只能发生反应：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不属于置换反应，D错误；答案选D。13、C【解析】

A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确；B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C．绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。答案选C。14、C【解析】

A、NaAlO2与NaOH不反应，故A不正确；B、Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；C、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用氧化铁的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，故C正确；D、Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方式制备，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法热分解法得到，故D不正确；故选C。15、B【解析】

A.铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A不合理；B.该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；C.铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C不合理；D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D不合理；故答案为：B。16、C【解析】

A、反应在前50s内PCl3的物质的量增加0.16mol，所以前50s内的平均速率v(PCl3)==0.0016mol／(L·s)，故A错误；B、原平衡时PCl3的物质的量浓度c(PCl3)=0.20mol÷2.0L=0.10mol/L，若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的浓度比原平衡时增大了，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B错误；C、根据表中数据可知平衡时Cl2的浓度是0.1mol/L，PCl5的浓度是0.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1Cl2，Qc==0.02<0.025，所以反应正向进行，达平衡前v正＞v逆，故C正确；D、相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，则与原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的转化率是0.2mol÷1.0mol×100%=20%，所以三氯化磷的转化率是80%，而向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相当于容器的体积缩小一倍，压强增大，则平衡逆向移动，所以三氯化磷的转化率大于80%，故D错误；答案选C。17、C【解析】

A.H与D互为同位素，故A错误；B.CO2和CO是碳的两种不同氧化物，不是单质，不属于同素异形体，故B错误；C.乙醇与甲醚分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D.葡萄糖是单糖、蔗糖是二糖，不是同类物质，不是互为同系物，故D错误；故选C。18、D【解析】

A.化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物，所以反应方程式为：CO2+H2⇌CO+H2O，故A错误；B.升高温度,正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，所以v正增大更多，故B错误；C.缩小容器体积，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响平衡移动，则v(逆)、v(正)增大相同，故C错误；D.反应前后气体计量数之和不变，所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后气体质量不变，所以混合气体平均相对分子质量都不变，故D正确；故选：D。19、D【解析】

原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al元素；其中只有X与Z同主族；Z原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为10，则W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为Si时，X为C元素，W为B元素，B与Al同主族，不符合；若Z为P元素时，X为N元素，W为Be元素；若Z为S元素，X为O元素，W为为H（或Li）元素。【详解】A项、Z可能为P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为Al元素，氧化铝为离子化合物，W为H元素时，水分子为共价化合物，故B错误；C项、X为O时，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为N或O元素，Y为Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＞Y，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。20、D【解析】

A．84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2通入NaOH溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B正确；C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确；D．胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。答案选D。21、C【解析】

A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+

H2SO4（aq）→

Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q

kJ，故C正确；D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小，即则Q′＜Q，故D错误。故选：C。22、C【解析】

A项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；B项、是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，故B错误；C项、、、的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、Cl2、光照辛醛取代反应羟基13【解析】

甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，故答案为Cl2、光照；辛醛；（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B的化学方程式为，故答案为取代反应；；（3）结合给定的已知信息推出G的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为；羟基。（4）C为，化合物W的相对分子质量比化合物C大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W的可能结构有10+3=13种；符合①遇FeCl3溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W的结构简式：，故答案为13；；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为。24、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。25、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。26、100mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去过量的H2O2①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。27、冷凝管检漏冰水浴冷却结晶97℃温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平上下移动C管偏大【解析】

丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13℃，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。【详解】(1)根据L的结构特点可知其为球形冷凝管；(2)过程②为萃取分液，分液漏斗使用前需要进行检漏；(3)根据分析可知操作④包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；(4)根据题目信息可知丙烯醇的沸点为97℃，所以收集97℃的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；(5)丙烯醇含有羟基可以与钠单质反应生成氢气，通过测定生成的氢气的量来确定丙烯醇的物质的量，从而测定其摩尔质量；记录氢气体积时要注意通过上下移动C管使B、C液面高度一致，从而使气体的压强与大气压相同；得到的气体体积为cmL，室温下气体摩尔体积为VL·mol-1，则生成的氢气物质的量为，丙烯醇分子中含有一个羟基，所以丙烯醇的物质的量为，丙烯醇的密度为0.85g·mL-3，则amL丙烯醇的质量为0.85ag，所以丙烯醇的摩尔质量为；若读数时C管液面高于B管，则B中压强要大于大气压，导致测得的气体体积偏小，根据计算公式可知会导致计算得到的摩尔质量偏大。【点睛】蒸馏实验中温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，冷凝水从冷凝管的下口进上口出；排水法测量气体体积时一定要保证气体压强和大气压相同，否则无法准确知道气体压强无法进行换算。28、碳碳双键、溴原子①②③④CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBrbc、CH2=CH2CH3CH2Cl【解析】

已知A为丙烯，与溴在光照的条件下发生取代反应生成溴丙烯，根据D的结构简式，可知B为3-溴丙烯，C为对羟基苯甲酸；【详解】（1）根据分析可知，C中羟基与羧基在苯环的对位，结构简式为；B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；（2）A的结构简式为CH2=CH-CH3，B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，则反应①为取代反应；C的结构简式为，D的结构简式为，则反应②为取代反应；E的结构简式为，则反应③为取代反应；F的结构简式为，则反应④为取代反应；（3）B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，为溴代烃，在碱性条件下生成醇和溴化钠，反应的化学方程式为CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr；（4）化合物D的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、羧基、醚基，A.化合物D中不含有酯基，不属于酯类化合物，与题意不符，A错误；B.1molD中碳碳双键可与1mol氢气发生加成反应，苯环可与3mol氢气发生加成反应，最多能与4molH2发生加成反应，符合题意，B正确；C.化合物D中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应，符合题意，C正确；D.核磁共振氢谱有6组峰，与题意不