济南市重点中学高三下学期联合考试新高考化学试题及答案解析

济南市重点中学高三下学期联合考试新高考化学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列说法正确的是（）A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a为阳离子交换膜D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g2、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（）A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB．98g纯H2SO4中离子数目为3NAC．含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NAD．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA4、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A．A B．B C．C D．D5、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，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，W是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是()A．最高价含氧酸酸性：X<Y B．X、Y、Z可形成离子化合物C．W可形成双原子分子 D．M与W形成的化合物含极性共价键6、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为所含离子NO3—SO42—H+X浓度mol/L2121A．Cl— B．Ba2+ C．Fe2+ D．Mg2+7、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是（）A．晶体硅可做光导纤维 B．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品C．SiO2可与水反应制备硅胶 D．SiO2可做计算机芯片8、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．32gS8与S6（）的混合物中所含共价键数目为NAB．1L1．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为1.1NAC．2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD．标准状况下2．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA9、Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是A．a为冷却水进水口B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行10、化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化11、2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是A．使用布袋替代一次性塑料袋购物B．焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D．用高炉喷吹技术综合利用废塑料12、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．1L1mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NAC．78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD．加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA13、乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（

）①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类；

⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol

NaOH；⑥属于芳香族化合物。A．②④⑤ B．①④⑤ C．②③⑥ D．②③④14、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）A．常温下甲能与氢气直接化合，乙不能B．甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C．甲得到电子能力比乙强D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价15、下列物质中不能通过置换反应生成的是（）A．F2 B．CO C．C D．Fe3O416、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＞I2二、非选择题（本题包括5小题）17、近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体合成路线如下：已知：Ⅰ.卤原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。Ⅱ.E为汽车防冻液的主要成分。Ⅲ.2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH请回答下列问题(1)写出B的名称__________，C→D的反应类型为_____________；(2)写出E生成F的化学方程式___________________________。写出H生成I的化学方程式__________________。(3)1molJ在氢氧化钠溶液中水解最多消耗________molNaOH。(4)H有多种同分异构体，其满足下列条件的有_________种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为___________。①只有两种含氧官能团②能发生银镜反应③1mol该物质与足量的Na反应生成0.5molH2(5)以硝基苯和2-丁烯为原料可制备化合物，合成路线如图：写出P、Q结构简式：P_______，Q________。18、W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是___（用离子符号表示）。(2)XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是____；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为____。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是__（用离子方程式表示）。19、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是____________________________________。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。①写出反应的离子方程式：________________________________________。②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。20、实验室中根据已知熔点是16.6℃，沸点44.4℃。设计如下图所示的实验装置制备固体。（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_________（填编号）。（2）装置D中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有___________。（3）装置F的作用是____________________。（4）由于可逆反应，所以从E管出来的气体中含有、。为了证明含有可以将该气体通入________（填下列编号，下同）、证明含有可以将该气体通入_____________。A．品红B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果没有装置G，则F中可能看到_________________。（6）从装置G导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_________________________________________________________。（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点__________________________________________________________。21、高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程：已知：锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根离子(MnO42-)在水溶液中的特征颜色，在强碱性溶液中能稳定存在；在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42-会发生自身氧化还原反应，生成MnO4-和MnO2。回答下列问题：（1）KOH的电子式为____________，煅烧时KOH和软锰矿的混合物应放在________中加热(填标号)。A烧杯B瓷坩埚C蒸发皿D铁坩埚（2）调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。（3）趁热过滤的目的是_____________________________________________。（4）已知20℃时K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1g、34g、217g，则从理论上分析，选用下列酸中________(填标号)，得到的高锰酸钾晶体纯度更高。A稀硫酸B浓盐酸C醋酸D稀盐酸（5）产品中KMnO4的定量分析：①配制浓度为0.1250mg·mL－1的KMnO4标准溶液100mL。②将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位：mg·L－1)的溶液，分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如下。③称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.1250g按步骤①配得产品溶液1000mL，取10mL稀释至100mL，然后按步骤②的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151，则样品中KMnO4的质量分数为________。（6）酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜；A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正确；故答案选D。2、A【解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。3、C【解析】

A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故A错误；B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确；D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。4、C【解析】

A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。5、A【解析】

X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，则X为C元素、Z为O元素；Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，该气体相对分子质量为8.5×2=17，该气体为NH3，而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，Y为N元素、M为H元素；W是原子半径最大的短周期元素，则W为Na元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为H元素、W为Na元素。A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)<Y(N)，所以最高价含氧酸酸性：碳酸<硝酸，A正确；B.X、Y、Z分别是C、N、O元素，它们可形成共价化合物，不能形成离子化合物，B错误；C.W为Na，属于金属元素，不能形成双原子分子，C错误；D.M为H元素、W为Na元素，M与W形成的化合物NaH为离子化合物，物质中含有离子键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查“位、构、性”关系综合应用，依据原子结构或物质性质推断元素是解题关键，注意D选项中金属氢化物是易错点。6、D【解析】

溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。7、B【解析】

A.二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A项错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B项正确；C.SiO2可与水不反应，C项错误；D.半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D项错误；答案选B。8、A【解析】

A．S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L1.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于1.1NA，B选项错误。C．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；D．在标准状况下，2.4L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。9、B【解析】

A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；答案选B。10、A【解析】

A．高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A错误；B．危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类爆炸品、第2类易燃气体、第3类易燃液体等，故B正确；C．硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故C正确；D．二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；故选A。11、B【解析】

A.使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；B.焚烧废旧塑料生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；D.高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁的燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。12、D【解析】

A．T2O的摩尔质量为22，18gT2O的物质的量为mol，含有的质子数为NA，A选项错误；B．1mol/L的Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)<1mol/L，即离子数之和小于NA，B选项错误；C．78gNa2O2的物质的量为1mol，与足量CO2充分反应转移电子数应为1NA，C选项错误；D．随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低变成稀硫酸后，不会再与铜发生反应，故加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，D选项正确；答案选D。13、A【解析】

本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故正确；⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。14、B【解析】

A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；C．元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。15、A【解析】

A．因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；B．C与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；C．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；D．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、硝基苯还原反应HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH412、【解析】

A分子式是C6H6，结合化合物C的结构可知A是苯，结构简式为，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生硝基苯，结构简式为，B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C：，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：；由于F与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为C2H2O4的G，说明F中含有-CHO，G含有2个-COOH，则G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E为汽车防冻液的主要成分，则E是乙二醇，结构简式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH与2个分子的CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的H，H的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5；H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I与D反应产生J和H2O，J在一定条件下反应产生J，K发生酯的水解反应，然后酸化可得L，L发生脱羧反应产生M，M在一定条件下发生水解反应产生N，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。(1)B是，名称是硝基苯；C是，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：，-NO2被还原为-NH2，反应类型为还原反应；(2)E是HOCH2-CH2OH，含有醇羟基，可以在Cu作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；H是C2H5OOC-COOC2H5，H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反应方程式为：C2H5OOC-COOC2H5+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；(3)J结构简式是，在J中含有1个Cl原子连接在苯环上，水解产生HCl和酚羟基；含有2个酯基，酯基水解产生2个分子的C2H5OH和2个-COOH，HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH发生反应，所以1molJ在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4molNaOH；(4)H结构简式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分异构体满足下列条件①只有两种含氧官能团；②能发生银镜反应说明含有醛基；③1mol该物质与足量的Na反应生成0.5molH2，结合分子中含有的O原子数目说明只含有1个-COOH，另一种为甲酸形成的酯基HCOO-，则可能结构采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移动-COOH的位置，碳链结构的羧基可能有共4种结构；碳链结构的羧基可能有4种结构；碳链结构的羧基可能有3种结构；碳链结构为的羧基可能位置只有1种结构，因此符合要求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12种；其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为、；(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3，然后与NaOH水溶液共热发生取代反应产生，发生催化氧化产生Q是；与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生P是，P与Fe、HCl发生还原反应产生，与在HAc存在条件下，加热40—50℃反应产生和H2O，故P是，Q是。【点睛】本题考查有机物推断和有机合成，明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是H的符合条件的同分异构体的种类的判断，易漏选或重选，可以采用定一移二的方法，在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。18、第2周期，VIA族O2-分子间作用力HCO3-+H2OH2CO3+OH-【解析】

根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。19、分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1．5，则含有NaOH乙醇82.7％【解析】

装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005