黑龙江省大庆市铁人中学2023-2024学年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

黑龙江省大庆市铁人中学2023-2024学年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是（）A．分子晶体中一定含有共价键B．pH=7的溶液一定是中性溶液C．含有极性键的分子不一定是极性分子D．非金属性强的元素单质一定很活泼2、工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O3、下列实验设计能够成功的是()A．检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质B．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐精盐C．检验某溶液中是否含有Fe2+试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+D．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI溶液溶液变紫色→氧化性：H2O2＞I24、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质O1．下列说法正确的是（）A．它是O1的同分异构体B．它是O3的一种同素异形体C．O1与O1互为同位素D．1molO1分子中含有10mol电子5、NA代表阿伏加德罗常数的值。4gα粒子(4He2+)含A．2NA个α粒子 B．2NA个质子 C．NA个中子 D．NA个电子6、2019年12月17日，我国国产航母——山东舰正式列装服役。下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是A．舰身无磁镍铬钛合金钢 B．甲板耐磨SiC涂层C．舰载机起飞挡焰板铝合金 D．舰底含硅有机涂层7、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA．原子半径Y>Z，非金属性W<XB．X2能从T的气态氢化物中置换出T单质C．W、Y、Z三种元素都能与X元素形成化合物WX2、YX2、ZX2D．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z8、下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH前者pH比后者大非金属性：S＞CB将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍稀释后溶液pH相同a＞bC向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸生成红褐色沉淀制得Fe(OH)3胶体D向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2A．A B．B C．C D．D9、下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)()A．溴乙烷 B．乙醛 C．橄榄油 D．汽油10、25℃时，向20.00mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mo1/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中11、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D12、化学与环境、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A．用石材制作砚台的过程是化学变化B．氯化铵溶液可清除铜制品表面的锈渍，是因为氨根离子水解使溶液显酸性C．月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化13、下列有关化合物X的叙述正确的是A．X分子只存在2个手性碳原子B．X分子能发生氧化、取代、消去反应C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上D．1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH14、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量15、下列有关说法中正确的是A．纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，能产生丁达尔效应B．加热条件下金属单质在空气中均可表现出还原性C．不能导电的化合物均不是电解质D．电解质溶液导电过程中，离子仅仅发生了定向移动16、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A．溶解度：Na2CO3<NaHCO3B．热稳定性：HCl<PH3C．沸点：C2H5SH<C2H5OHD．碱性：LiOH<Be(OH)2二、非选择题（本题包括5小题）17、下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。18、某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。已知：回答下列问题：（1）写出化合物B的结构简式___。F的结构简式___。（2）写出D中的官能团名称___。（3）写出B→C的化学方程式___。（4）对于柳胺酚，下列说法不正确的是（_____）A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B．不发生硝化反应C．可发生水解反应D．可与溴发生取代反应（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__（写出2种）。①遇FeCl3发生显色反应，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应19、某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了实验探究。I．甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性（3）实验2中加入的试剂a为___溶液，试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____（填“正确”或“不正确”）。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中______________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。20、ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。21、周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。A的核外电子总数与其期序数相同，B和D位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子。(1)B、C、D三种元素第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号)，E基态原子价层电子排布图为_____。(2)写出由以上元素组成的BD2的等电子体的分子_________。(3)已知D可形成D3+离子，该离子中心原子杂化方式为___，立体构型为__。(4)温度接近沸点时，D的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量，原因是_______。(5)无色的[E(CA3)2]+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的[E(CA3)4]2+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为________。(6)已知E和D形成的一种晶体胞结构如图所示，已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_________g/cm3(列出计算表达式即可)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH＝7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B错误；C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；故答案为C。2、D【解析】

根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。【详解】A．HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；B．该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol作氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；C．CrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；D．该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D项错误；答案选D。3、C【解析】

A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A错误；B．应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B错误；C．亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故C正确；D．硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。4、B【解析】

A．O1与O1的结构相同，是同种物质，故A错误；B．O1与O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B正确；C．O1与O1都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；D．O原子核外有8个电子，1molO1分子中含有16mol电子，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意理解同分异构体的概念，互为同分异构体的物质结构须不同。5、B【解析】

A.4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有NA个α粒子，故A错误；B.1个4He2+含有2个质子，4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个质子，故B正确；C.1个4He2+含有2个中子，gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。6、B【解析】

无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经一定的工艺制备而成的材料，由此判断。【详解】A．舰身无磁镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金，故A错误；B．甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料，故B正确；C．舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金，故C错误；D．有机硅，即有机硅化合物，是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是直接与硅原子相连的化合物，习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物，不属于无机非金属材料，属于有机材料，故D错误；答案选B。【点睛】解本题的关键是知道什么是无机非金属材料，无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。7、D【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-2、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为23，则：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素。【详解】A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径S>Cl，非金属性W<X，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<H2SO4<HClO4，故D错误；故选D。8、A【解析】

A.相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3<H2SO4，故A正确；B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即a<b，故B错误；C.向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误；D.溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；故选A。9、D【解析】

A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。10、D【解析】

-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则=×=依次减小，故B错误；C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。11、B【解析】

A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。12、B【解析】

A．用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．氨根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液可以用来除锈，故B正确；C．硅胶具有吸水性，可作食品包装中的硅胶为干燥剂，但硅胶没有还原性、不能除去月饼包装袋中的氧气，可放入装有铁粉的透气袋，故C错误；D．石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠发生反应，故D错误；故答案选B。13、B【解析】

A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有(醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。D项错误；答案选B。14、C【解析】

A.醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C.碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；D.相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。【点睛】D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。15、A【解析】

A.纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，胶体能产生丁达尔效应，A项正确；B.某些金属单质化学性质不活泼如金、铂等金属，在加热条件下不会发生化学反应，不会表现还原性，B项错误；C.在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，与自身是否导电无关，电解质在固态时不导电，C项错误；D.电解质溶液导电过程中，会有离子在电极表面放电而发生化学变化，D项错误；【点睛】C项是学生的易错点，不能片面地认为能导电的物质就是电解质。判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断。16、C【解析】

A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B错误。C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D错误。【点睛】解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。18、硝基、羟基+2NaOH+NaCl+H2OAB、(任意两种)【解析】

苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，C和HCl反应生成D，据此解答。【详解】(1)、由分析可知B为，F为；故答案为；；(2)、D结构简式为，官能团为羟基和硝基；故答案为硝基、羟基；(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；故答案为+2NaOH+NaCl+H2O；(4)A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应，故A不正确；B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；故选AB；(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：；故答案为。19、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。20、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被K