2024年青海西宁二十一中高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

2024年青海西宁二十一中高考全国统考预测密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、根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Mg（OH）2]B向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+D向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D2、海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是()A．①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质B．工业生产中常选用石灰乳作为Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤C．第②步的反应是将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水MgCl2D．第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂3、大海航行中的海轮船壳上连接了锌块，说法错误的是A．船体作正极 B．属牺牲阳极的阴极保护法C．船体发生氧化反应 D．锌块的反应：Zn－2e-→Zn2+4、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A．Kb2的数量级为10-5B．X(OH)NO3水溶液显酸性C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)5、某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A．该盐酸的物质的量浓度为8.5mol/LB．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52LC．该磁黄铁矿FexS中，x=0.85D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0.15mol6、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥7、下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（）A．木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）B．碘升华实验的试管（酒精）C．长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D．沾有油污的烧杯（纯碱溶液）8、已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A．电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移B．Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D．Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子9、下列物质间的转化可以实现的是（）A．MnO2Cl2Ca(ClO)2B．SSO2BaSO4C．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O10、下列说法正确的是（）A．共价化合物的熔沸点都比较低B．816O、11C．H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强11、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料12、常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A．若a点pH=4，且c(Cl-)=m·c(ClO-)，则Ka(HClO)=B．若x=100，b点对应溶液中：c(OH－)>c(H＋)，可用pH试纸测定其pHC．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D．若y=200，c点对应溶液中：c(OH－)-c(H＋)=2c(Cl-)+c(HClO)13、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键14、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，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．熔沸点：Z2X＜Z2W B．元素最高价：Y＜ZC．气态氢化物的热稳定性：Y＜W D．原子半径：X＜Y＜Z＜W15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NAC．标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA16、下列变化中化学键没有破坏的是A．煤的干馏 B．煤的气化 C．石油分馏 D．重油裂解二、非选择题（本题包括5小题）17、存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：（1）有机物A中含氧官能团的名称是_____________________；（2）写出下列反应的化学方程式A→B：_______________________________________________________；M→N：_______________________________________________________；（3）A→C的反应类型为________________，E→F的反应类型为_________________1molA可以和______________molBr2反应；（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有________________种（不包括R）；（5）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式________________________________________。18、已知：R－CH＝CH－O－R′→H2O/H+R－烃基烯基醚A的分子式为C12H16O。与A相关的反应如下：完成下列填空：43、写出A的结构简式_______________________________。44、写出C→D化学方程式____________________________________________________。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_________________________19、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”）。20、碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3：将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。①图中气球的作用是_________。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%（保留小数点后两位）。21、工业上高纯硅可以通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）﹣236kJ（1）反应涉及的元素原子半径从大到小的排列顺序为_____。其中硅原子最外层有_____个未成对电子，有_____种不同运动状态的电子；（2）反应涉及的化合物中，写出属于非极性分子的结构式：_____；产物中晶体硅的熔点远高HCl，原因是_____；（3）氯和硫是同一周期元素，写出一个能比较氯和硫非金属性强弱的化学方程式：_____；（4）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3分钟后达到平衡，测得气体质量减小8.4g，则在3分钟内H2的平均反应速率为_____；（5）该反应的平衡常数表达式K＝_____，可以通过_____使K增大；（6）一定条件下，在密闭恒容器中，能表示上述反应一定达到化学平衡状态的是_____。a．v逆（SiCl4）＝2v正（H2）b．固体质量保持不变c．混合气体密度保持不变d．c（SiCl4）：c（H2）：c（HCl）＝1：2：4

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、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。答案选D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。2、C【解析】

A.①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42−等杂质，故A正确；B.利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故B正确；C.镁离子要水解，因此第②步的反应是将MgCl2⸱6H2O晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故C错误；D.第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂，SO2与Br2反应生成HBr和H2SO4，故D正确；答案为C。【点睛】工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。3、C【解析】

A.在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，故A正确；B.在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C.船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电：O2+4e−+2H2O=4OH−，故C错误；D.锌做负极被腐蚀：Zn－2e-→Zn2+，故D正确。故选:C。4、D【解析】

A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，Kb2=c(OH-)c(X2+)/c[X(OH)+]=c(OH-)=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+)<c[X(OH)+]，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，故D正确；答案：D。5、D【解析】

n(S)==0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol−0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比==11:6。A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)==8.5mol/L，故A正确；B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，故B正确；C.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；D.

根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故D错误。故选D。6、A【解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。7、A【解析】

A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。【点睛】本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。8、C【解析】

A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。9、D【解析】

A.MnO2和浓盐酸才反应生成氯气，故A不符合题意；B.硫于氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，故B不符合题意；C.SiO2不与水反应，故C不符合题意；D.CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2和硫酸钠，氢氧化铜与葡萄糖再碱性条件下加热反应生成Cu2O，故D符合题意。综上所述，答案为D。10、B【解析】A．共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A错误；B．根据排列组合，816O、11H、12H三种核素可组成3种不同的水分子，故B正确；C．氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子H—O的键能大的缘故，故C错误；D．高温下SiO2能与CaCO11、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。12、D【解析】

A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)==，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.b～c段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。13、C【解析】

由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na元素。则A．原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A错误。B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C．例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。答案选C。14、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误；B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y<Z，故B正确；C、非金属性F>S，则气态氢化物的热稳定性：Y>W，故C错误；D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z，故D错误；故选：B。【点睛】离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl<NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。15、A【解析】

A.20gD2O物质的量，含有的质子数均为10NA，18gH2O物质的量，含有的质子数均为10NA，故A正确；B.亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，水为液体，故C错误；D.随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件，一、是否为气体，二、是否为标准状况下。16、C【解析】

A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，化学键被破坏，故A错误；B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，化学键被破坏，故B错误；C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，化学键没有破坏，故C正确；D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，化学键被破坏，故D错误．故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O加成反应酯化（取代）反应34+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】

A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；

(2)A→B的反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；(3)A→C是与HCl发生加成反应生成，E→F是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA可以和3mol

Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；

(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体(不包括R)，若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4；

(5)A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+2H2O。18、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】

由信息可知，A反应生成B为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，B→C发生催化氧化反应，所以C为CH3CH2CHO，C→D为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4；由B、E及A的分子式可知，烃基烯基醚A结构简式为；有机物E为：；由E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成C≡C，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A的结构简式为：；1．C→D反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；2．分子式和有机物F相同，①光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子，③分子中有4种不同化学环境的氢原子，要求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。19、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；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：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；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2molKClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2molKClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。20、水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后