福建省晋江市安溪一中、养正中学2024年高三最后一模化学试题含解析

福建省晋江市安溪一中、养正中学2024年高三最后一模化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列过程中，共价键被破坏的是A．木炭吸附溴蒸气 B．干冰升华C．葡萄糖溶于水 D．氯化氢溶于水2、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2。下列说法不正确的是A．CHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化B．CHCl3属于极性分子C．上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D．可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质3、下列实验操作、解释或结论均正确的是选项实验目的操作结论或解释A检验、混合溶液中的取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含B检验某溶液中有无取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊，则含C检验溶液中的取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液溶液变红色，则含D检验食盐中是否含取少量食盐溶于水，加少量淀粉溶液变蓝色，则含A．A B．B C．C D．D4、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂5、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④6、下列说法正确的是A．甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物B．2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为C．高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体D．将总物质的量为1mol的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2molNaOH7、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)8、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．使用催化剂可以降低过渡态的能量B．反应物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJD．反应物的键能总和大于生成物的键能总和9、我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（）A．总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．转化过程中仅有酶是催化剂C．能量转化形式为化学能→光能D．每产生1molC6H12O6转移H+数目为12NA10、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A．用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B．用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C．用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D．用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB．Y单质的熔点高于X单质C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD．YZ4分子中Y和Z都满足8电子稳定结构12、《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（）A．蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B．食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C．苹果中富含的苹果酸[HOOCCH(OH)CH2COOH]是乙二酸的同系物D．天然蛋白质水解后均得到α-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽13、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C．简单离子的半径:X>Z>MD．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.0lmol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A．原子半径：W<X<YB．简单氢化物沸点：Z<X<YC．n、s中均含有离子键和共价键D．q溶于水时温度升高，证明其水解过程放热15、属于人工固氮的是A．工业合成氨 B．闪电时，氮气转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵16、己知：；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．曲线M表示pOH与1g的变化关系B．反应的C．pOH1>pOH2D．N2H5Cl的水溶液呈酸性二、非选择题（本题包括5小题）17、Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_________。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱，非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________。Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(5)甲的化学式是___________________；乙的电子式是___________。(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。(7)判断：甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。18、茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1)C中含氧官能团名称为________。(2)D→E的反应类型为________。(3)已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。19、随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3mol/LH2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。回答下列问题：(1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________(2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________(3)第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。A．乙醇B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水D．1：1乙醇水溶液(4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00mL溶液干250mL锥形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为_________%。(5)明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______(6)为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________20、连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝3SO2↑+S↓+2H2O）。（一）锌粉法步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸钠法步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。回答下列问题：（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。21、化合物H的分子中含有醛基和酯基。H可以用C和F在一定条件下合成（如图）：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2。②RCH2COOH。③化合物D苯环上的一氯代物只有两种。④通常同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。（1）A的名称为___。（2）D的官能团名称为___。（3）反应②的化学方程式为__，⑦的反应类型为___。（4）F的结构简式为__。（5）H在一定条件下反应生成高聚物的化学方程式为___。（6）F的同系物G比F相对分子质量大14，G的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②不能使FeCl3溶液显色，共有__种（不考虑立体异构）。其中能与碳酸氢钠溶液反应且核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1，写出G的这种同分异构体的结构简式__。

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．木炭吸附溴蒸气属于物理变化，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；B．干冰升华属于物理变化，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故B错误；C．葡萄糖溶于水没有发生电离，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故C错误；D．氯化氢溶于水发生电离，共价键被破坏，故D正确；答案选D。2、A【解析】

CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错误；CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。3、A【解析】

本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；答案：A4、D【解析】

A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。5、B【解析】

由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。6、D【解析】

A.甘油醛不属于单糖，故错误；B.键线式为的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；C.高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；D.水杨酸含有羧基和酚羟基，1mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠，1mol的1,2−二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠，将总物质的量为1mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2molNaOH，故正确。故选D。7、C【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。8、D【解析】

A.催化剂可以降低活化能；B.根据图象来分析；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A；B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C；D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，故选D；答案：D【点睛】.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。9、A【解析】

A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转化形式为光能→化学能，C错误；D.每产生1molC6H12O6转移H+数目为24NA，D错误；故合理选项是A。10、D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物得出，氧化性：KMnO4>Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2>Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。11、A【解析】

W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性Si<Cl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）<Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。12、C【解析】

A．蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；B．食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C．苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．天然蛋白质都是由α氨基酸缩聚而成的，水解均得到α-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；故答案为C。【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。13、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。14、C【解析】

n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01mol•L-1的s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO1．结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。【详解】A．H原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：W<Y<X，故A错误；B．C对应简单氢化物为CH4，O对应简单氢化物为H2O，Na对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O均为分子晶体，NaH为离子晶体，H2O分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：X<Y<Z，故B错误；C．Na2O2、NaOH均是Na+与多原子的阴离子组成的离子化合物，Na+与阴离子之间存在离子键，阴离子内存在共价键，故C正确；D．Na2CO1溶于水时，Na+和CO12-在形成水合离子时会放热，并不是水解放热，水解过程属于吸热反应，故D错误；故答案为：C。【点睛】非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。15、A【解析】氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误；NH3和CO2合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。16、C【解析】

M、N点==1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【详解】A.，所以曲线M表示pOH与1g的变化关系，曲线N表示pOH与1g的变化关系，故A正确；B.反应表示第二步电离，=10-15，故B正确；C.pOH1=、pOH2=，，所以pOH1<pOH2，故C错误；D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、b氩Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】

Ⅰ.(1)根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；b.同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c.同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。(6)AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。18、羰基和酯基消去反应【解析】

(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。19、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）D94.8明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】

（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；（3）从减少产品损失考虑；（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；（5）从双水解角度考虑；（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；【详解】（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；答案：D（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；答案：94.8（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑20、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4【解析】

合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。【详解】（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；