云南省西南名校2024年高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

云南省西南名校2024年高考全国统考预测密卷化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构C．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构2、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强3、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是XYZWA．原子半径（r）大小比较：B．X和Y可形成共价化合物XY、等化合物C．Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于ZD．Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强4、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A．装置b、c中发生反应的基本类型不同B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸5、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mLB．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C．交点b处c(OH)=6.4×10-5D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，6、将足量的AgCl(s)分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是A．10mL0.4mol·L-1的盐酸 B．10mL0.3mol·L-1MgCl2溶液C．10mL0.5mol·L-1NaCl溶液 D．10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液7、下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C．向稀硝酸中加入铁粉D．向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液8、将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是A．硫酸铜的溶解度 B．溶液中溶质的质量C．溶液中溶质的质量分数 D．溶液中Cu2+的数目9、下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是A．硫酸与氯化钠反应 B．硝酸银溶液中滴加稀氨水C．铁在硫蒸气中燃烧 D．铁粉加入硝酸中10、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A．该有机物易溶于苯及水B．该有机物苯环上的一氯代物共有4种C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D．1mol该有机物最多可与1molNaOH发生反应11、下列有关物质的说法错误的是()A．工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B．氧化铝可用于制造耐高温材料C．SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D．常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸12、能通过化学反应使溴水褪色的是A．苯B．乙烷C．乙烯D．乙酸13、有关海水提溴的说法错误的是()A．海水晒盐后的卤水是提溴原料B．可以利用氯气氧化溴离子C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴14、下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是()选项ABCD名称250mL容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作配制1.0mol·L－1NaCl溶液，定容时仰视刻度，则配得的溶液浓度小于1.0mol·L－1用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00mLNa2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A．A B．B C．C D．D15、化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA．②③ B．①⑥ C．④⑥ D．⑤⑥16、下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是A．稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌B．做有毒气体的实验时，对尾气进行适当处理C．加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片D．向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内二、非选择题（本题包括5小题）17、含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：Ⅰ.RCHOⅡ.RCOOHRCOClRCOOR’(R、R’代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是___。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称___。（2）写出己和丁的结构简式：己__，丁__。（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有___种。（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为__。（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为___。18、元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。在周期表中的区域元素代号有关信息短周期元素XX的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液YY的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂长周期元素ZZ的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料WW元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨（1）X元素周期表中的位置为___，X、Y、Z三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为___。（2）足量W的最高价氧化物的水化物是稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式：____。（3）下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有___（选填字母）a.丁比氯化氢沸点高b.丁比氯化氢稳定性好c.丁比氟化氢还原性弱d.丁比氟化氢酸性弱（4）请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式___。19、工业上可用下列仪器组装一套装置来测定黄铁矿（主要成分FeS2）中硫的质量分数(忽略SO2、H2SO3与氧气的反应)。实验的正确操作步骤如下：A．连接好装置，并检查装置的气密性B．称取研细的黄铁矿样品C．将2.0g样品小心地放入硬质玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空气E．将硬质玻璃管中的黄铁矿样品加热到800℃～850℃F．用300mL的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分离H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH标准溶液滴定。试回答：（1）步骤G中所用主要仪器是______，应取_______(填“上”或“下”)层溶液进行后续实验。（2）装置正确的连接顺序是④(填编号)。______（3）装置⑤中高锰酸钾的作用是__________。持续鼓入空气的作用__________。（4）步骤H中滴定时应选用_____作指示剂，可以根据________现象来判断滴定已经达到终点。（5）假定黄铁矿中的硫在操作E中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水完全吸收，滴定得到的数据如下表所示：滴定次数待测液的体积/mLNaOH标准溶液的体积/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38则黄铁矿样品中硫元素的质量分数为___________。（6）也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定，最好是在装置①所得吸收液中加入下列哪种试剂__________。A．硝酸银溶液B．氯化钡溶液C．澄清石灰水D．酸性高锰酸钾溶液20、以铝土矿（主要成分为，含少量和等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图[已知：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（）沉淀]。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式____。（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为___。（3）有人考虑用熔融态电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：___。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开，加入NaOH浓溶液，至不再产生。打开，通入一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式______。②实验中需要测定的数据是_____。21、近年来，氮氧化物进行治理已成为环境科学的重要课题。(1)在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示。金属铱(Ir)表面发生了氧化还原反应，其还原产物的电子式是_____；若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液的含氮量，用电极反应式解释原因_____________。(2)在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。①该反应达到平衡后，为提高反应速率且同时提高转化率，可采取的措施有_______(填序号）。a．改用高效催化剂b．缩小容器的体积c．升高温度d．减小CO2的浓度②压强为20MPa、温度为T2下，若反应达到平衡状态时容器的体积为4L，则此时CO2的浓度为_______。③若在D点对反应容器升温的同时增大其体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的_______点。(3)研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还与催化剂表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4+(不稳定)+H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)+□→NO(a)ΔH1K12NO(a)→2N(a)+O2(g)ΔH2K22N(a)→N2(g)+2□ΔH3K32NO(a)→N2(g)+2O(a)ΔH4K42O(a)→O2(g)+2□ΔH5K5注：“□”表示催化剂表面的氧缺位，“g”表示气态，“a”表示吸附态。第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________________。第二阶段中各反应焓变间的关系：∆H2+∆H3=_____；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡常数K=____(用含K1、K2、K3的表达式表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；B．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，B正确；C．碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；D．金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；答案选D。2、D【解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。【点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。3、C【解析】

据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。A.同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；B.X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；C.同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；D.S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。本题选C。4、C【解析】

石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。5、C【解析】图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)=c(B2+)，根据B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D错误；正确选项C。6、B【解析】

A.c(Cl－)=0.4mol/L，B.c(Cl－)=0.6mol/L，C.c(Cl－)=0.5mol/L，D.c(Cl－)=0.3mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl－)·c(Ag+)，c(Ag+)最小的是c(Cl－)最大的，故选B。7、D【解析】

A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成，A不符合题意；B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe（NO3）3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和Fe（NO3）2、HNO3和Fe（NO3）3，C不符合题意；D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水，所得溶液中只有过量的Ba(OH)2，D符合题意；答案选D。8、C【解析】

A.硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，硫酸铜的溶解度增大，故A错误；B.40℃的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；C.将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；D.温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶液中Cu2+的数目减少，故D错误。【点睛】明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。9、C【解析】

A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；故合理选项是C。10、D【解析】

A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。11、C【解析】

A.工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢，氯化氢极易溶于水，可以制得盐酸，故A正确；B.氧化铝的熔点很高，故可用于制造耐高温材料，故B正确；C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是因为发生氧化还原反应：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，SO2体现的是还原性，而非漂白性，故C错误；D.浓硫酸具有强氧化性，常温下铁和浓硫酸反应，在铁表面生成一层致密的氧化膜，也就是发生了钝化反应，可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应，因此可用铁质容器贮运浓硫酸，故D正确；答案选C。12、C【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，属于物理变化，故A错误；乙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故B错误；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；乙酸与溴水不反应，溴水不褪色，故D错误。13、D【解析】

海水提溴的三个步骤是：(1)先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl(2)将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴。Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+(3)用氯气将富集的溴负离子氧化得到产品溴Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。【详解】A．海水晒盐后的卤水是提溴原料，故A正确；B．根据提溴的第一个步骤，先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl，故B正确；C．将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴，故C正确；D．吹出的溴蒸气用吸收液吸收后，再用氯气将富集的溴负离子氧化后得到溴，经分离提纯后可以得到纯溴，故D错误；答案选D。【点睛】熟悉海水提溴的流程是解本题的关键。14、A【解析】

A、定容时仰视刻度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A正确；B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D错误；答案选A。15、B【解析】

凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。16、D【解析】

A.稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌，是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来，是出于安全考虑，A不符合题意；B.做有毒气体的实验时，进行尾气处理，是出于安全考虑，B不符合题意；C.加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片，是为了防止暴沸，是出于安全考虑，C不符合题意；D.向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内，是为了防止污染试剂，不是出于安全考虑，D符合题意；故答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）51：2【解析】

甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为．甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；；（3）乙有多种同分异构体．属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。18、第三周期ⅢA族r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+)HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)△H=-QkJ/molaFe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O【解析】

氢氧化铝具有两性，X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，X是Al元素；氨气作制冷剂，Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，Y是N元素；氧化铁是红色染料的成分，Z的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料，Z是Fe元素；碘化银用于人工降雨，W元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨，W是I元素；【详解】（1）X是Al元素，Al元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al3+、N3-、Fe3+三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3+)＞r(N3-)＞r(Al3+)。（2）W的最高价氧化物的水化物是HIO4，甲是氢氧化铝；足量HIO4稀溶液与1molAl(OH)3完全反应，放出热量QkJ，表示该过程中和热的热化学方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq)△H=-QkJ/mol。（3）a.HI的相对分子质量大于HCl，HI比氯化氢沸点高，故a正确；b.Cl的非金属性大于I，HCl比HI稳定性好，故b错误；c.Cl的非金属性大于I，HI比氟化氢还原性强，故c错误；d.HI是强酸，氢氟酸是弱酸，故d错误。（4）铁的氧化物丙可以做红色涂料，丙是Fe2O3，丁是HI，Fe2O3与HI发生氧化还原反应生成FeI2和I2，反应的离子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。19、分液漏斗上⑤③②④①除去空气中的SO2和其他还原性气体将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿在空气中完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，由此确定装置的连接顺序；(3)结合(2)的分析判断装置⑤中高锰酸钾的作用和持续鼓入空气的作用；(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol×32g/mol×=0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。【详解】(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部挤入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，则装置正确的连接顺序是⑤→③→②→④→①；(3)实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，故装置⑤中高锰酸钾的作用是除去空气中的SO2和其他还原性气体；持续鼓入空气的作用将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol×32g/mol×=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为×100%=24.0%；(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故答案为B。20、不可行；属于共价化合物，熔融状态不导电AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量【解析】

铝土矿经碱溶后，转化为铝硅酸钠（）沉淀，氧化铁不溶于NaOH，氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子，故溶液a的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行进一步转化。【详解】（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为；（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为：（3）属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；（4）①由题意可知AlN与NaOH反应会生成氨气，且Al元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出反应方程式为。②可根据N元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。21、NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2Ob0.25mol/LA还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快△H4+△H5×K2×K3【解析】

(1)在催化剂表面H2与N2O反应产生N2和H2O，N元素化合价降低，得到电子被还原成N2，2个N原子通过三对共用电子对结合；Pt颗粒会吸附NO3-得到电子反应产生NH4+；(2)①反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0的正反应是气体体积减小的放热反应，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；②假设反应产生的N2的物质的量为x，根据物质转化关系及反应开始时CO和NO的物质的量，利用平衡时NO的体积分数为40%计算出各物质平衡物质的量，再根据c=计算CO2的平衡浓度；③根据温度、压强对平衡移动的影响分析NO的含量分析判断；(3)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；根据盖斯定律和化学平衡常数的定义分析可得。【详解】(1)在催化剂表面发生氧化还原反应H2+N2O=N2+H2O，N2O被还原产生N2，N原子最外层有5个电子，在N2中2个N