江西省南昌市南昌一中等三校新高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷及答案解析

江西省南昌市南昌一中等三校新高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关叙述正确的是①氧化镁：可用作耐火材料；②二氧化硅：制造计算机芯片；③水玻璃：可作木材防火剂；④铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；⑤水煤气属于清洁能源；⑥浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体A．①③⑤ B．②⑤⑥ C．②③④⑤ D．①③⑥2、反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（）A．Cl2B．KIC．KClD．I23、有机物J147的结构简式如图，具有减缓大脑衰老的作用。下列关于J147的说法中错误的是（）A．可发生加聚反应 B．分子式为C20H20O6C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．分子中所有碳原子可能共平面4、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4⇌充电放电MnOOH+16ZnSO4[Zn(OH)其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是A．碳纳米管具有导电性，可用作电极材料B．放电时，电池的正极反应为：MnO2+e−+H+==MnOOHC．充电时，Zn2+移向Zn膜D．合成有机高聚物的单体是：5、下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A．用装置甲灼烧碎海带B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气6、常温下，现有0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示：下列说法不正确的是（）A．当溶液的pH=9时，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣）B．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小D．分析可知，常温下Kb（NH3•H2O）＞Ka1（H2CO3）7、下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C氧化铁溶于足量HI溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈棕黄色D向待测液中加入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+A．A B．B C．C D．D8、从某中草药提取的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中错误的是（）A．分子式为C14H18O6B．1mol该有机物最多可与2mol的H2发生加成反应C．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应D．1mol该有机物最多可反应2mol氢氧化钠9、下列关于有机化合物的说法正确的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B．HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D．一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种10、下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤11、下列物质能通过化合反应直接制得的是①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HClA．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部12、利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A．A B．B C．C D．D13、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A．甲池中的电极反应式为CuB．电解质溶液再生池内发生的只是物理变化，循环物质E为水C．乙池中Cu电极电势比甲池中Cu电极电势低D．若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol14、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A．1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目为2NAB．1.0mol•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NAC．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NAD．常温下，3L0.1mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA15、NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物()A．所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B．所含原子总数为aNA/14C．燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含碳氢键数目为aNA/716、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A．原子半径：r(X)>r(Y)>r(W)B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C．由W、Y形成的化合物是离子化合物D．由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是有机物H的合成路径。已知：(1)①的反应类型是________。②的反应条件是_____________。(2)试剂a是_________。F的结构简式是_________。(3)反应③的化学方程式_________。与E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结构简式是_________。（写出其中一种）(4)A合成E为何选择这条路径来合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。(5)根据已有知识，设计由为原料合成的路线_________，无机试剂任选（合成路线常用的表示方法为：XY……目标产物）18、已知A为常见烃，是一种水果催熟剂；草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A为主要原料合成F，其合成路线如下图所示。(1)A的结构简式为____；D中官能团名称为____。

(2)写出反应①的化学方程式：____________________。

(3)写出反应②的化学方程式：____________________。19、草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1)葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________。(2)相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4L，含0.10gCa2＋。当尿液中c(C2O42-)>________mol·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9](3)测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50mL。步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。①“步骤1”的目的是____________________________________。②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。20、二氯化二硫(S2Cl2)是一种无色液体，有刺激性、窒息性恶臭。人们使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化得SCl2。S2Cl2、SCl2、S的某些性质如下：实验室可用如图所示装置制备少量S2Cl2。（1）仪器M的名称是__。（2）实验室中用高锰酸钾与浓盐酸制取Cl2的化学方程式为__。（3）欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为e→__→f(按气体流出方向)。D装置中碱石灰的作用是_。（4）S2Cl2粗品中可能混有的杂质是__(填化学式)，从S2Cl2粗品中提纯S2Cl2的操作方法是__(填操作名称)。.（5）若产物S2Cl2中混入少量水，则发生反应的化学方程式为__。（6）对提纯后的产品进行测定：取mg产品，加入50mL水充分反应(SO2全部逸出)，过滤，洗涤沉淀并将洗涤液与滤液合并，用100mL容量瓶定容，取20.00mL溶液与浓度为0.4000mol·L-1的硝酸银溶液反应，消耗硝酸银溶液20.00mL，则产品中氯元素的质量分数为__(用含有m的式子表示)。21、空气质量评价的主要污染物为PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3和CO等物质．其中，NO2与SO2都是形成酸雨的主要物质．在一定条件下，两者能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）完成下列填空：(1)在一定条件下，将等物质的量的NO2、SO2气体置于体积固定的密闭容器中发生反应，下列能说明反应已经达到平衡状态的是______．a．v（NO2）生成=v（SO2）消耗b．混合物中氧原子个数不再改变c．容器内气体颜色不再改变d．容器内气体平均相对分子质量不再改变(2)当空气中同时存在NO2与SO2时，SO2会更快地转变成H2SO4，其原因是______．(3)科学家正在研究利用催化技术将NO2和CO转变成无害的CO2和N2，反应的化学方程式：2NO2（g）+4CO（g）4CO2（g）+N2（g）+Q（Q＞0），若在密闭容器中充入NO2和CO，下列措施能提高NO2转化率的是______．A．选用高效催化剂B．充入NO2C．降低温度D．加压(4)请写出N原子最外层电子轨道表达式______，写出CO2的电子式______．(5)关于S、N、O、C四种元素的叙述正确的是______．A．气态氢化物均为极性分子B．最高化合价均等于原子最外层电子数C．单质一定为分子晶体D．原子最外层均有两种不同形状的电子云(6)写出一个能够比较S元素和C元素非金属性强弱的化学反应方程式：______．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

①氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，①项正确；②制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，②项错误；③水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，③项正确；④铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，④项错误；⑤水煤气是CO和H2的混合气体，属于清洁能源，⑤项正确；⑥浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，⑥项错误；综上所述，①③⑤正确；答案选A。【点睛】②项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。2、A【解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾显+1价，碘显-1价，生成物中，氯化钾中钾为+1价，氯为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，因此反应后化合价降低的元素是氯，氯气是氧化剂，故选A。3、B【解析】

A．该有机物分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，故A正确；B．由该有机物的结构简式可得，其分子式为C21H20O6，故B错误；C．该有机物分子中含有碳碳双键，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应从而使其褪色，故C正确；D．苯环上的所有原子共平面，碳碳双键上所有原子共平面，羰基上的原子共平面，单键可以旋转，则该有机物分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；答案选B。4、B【解析】

A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故A正确；B.原电池正极发生还原反应，根据放电时的总反应式，放电时MnO2得电子发生还原反应，所以电池的正极反应为：MnO2+e−+H2O==MnOOH+OH-，故B错误；C.充电时该装置为电解池，阳离子移向阴极，充电时Zn膜充当阴极，所以Zn2+移向Zn膜，故C正确；D.根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：，故D正确；选B。5、B【解析】

A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。6、C【解析】

A．当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4＋）=c（HCO3－）；C．该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4＋和HCO3－浓度变化；D．碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【详解】A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣），故A正确；B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正确；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确；故选：C。【点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。7、B【解析】

A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；C．氧化铁溶于足量HI溶液，Fe2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；故选B。8、C【解析】

A．根据该有机物的结构可以得到其分子式为C14H18O6，A选项正确；B．该有机物分子中的碳碳双键可以与H2发生加成反应，1mol该有机物含有2mol碳碳双键，可以与2molH2发生加成反应，B选项正确；C．根据结构可知，该有机物分子含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应，但该有机物分子中的羟基不是直接苯环上的，不是酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，C选项错误；D．该有机物分子中的羧基可以与NaOH发生反应，1mol该有机物含有2mol羧基，最多可以与2molNaOH反应，D选项正确；答案选C。9、D【解析】分析：A．CaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B．碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C．乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解；D．可看成二甲苯(、、)苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。详解：A．CaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误；B．-OH的位置不同，属于位置异构，故B错误；C．乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D．一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，故D正确；故选D。10、D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。11、D【解析】

①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；②SO3＋H2O=H2SO4；③NH3＋HNO3=NH4NO3；④H2＋Cl2HCl故①②③④都可以通过化合反应制备，选D。12、B【解析】

A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相应的结论。【点睛】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。13、D【解析】

由SO42-的移动方向可知右边Cu电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两级质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，据此解答。【详解】A.根据以上分析，左边甲池中的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2eB.电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池，发生的是物理变化，循环物质E为水，故B正确；C.根据以上分析，甲池中的Cu电极为正极，乙池中Cu电极为负极，所以乙池中Cu电极电极电势比甲池中Cu电极电势低，故C正确；D.若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol，则电路中通过2mol电子，两电极的质量差为128g，故D错误。故选D。14、D【解析】

A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol氮气与3mol氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；C．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C错误；D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1mol•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；故选：D。15、D【解析】

C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol；【详解】A.环丙烷、丙烯和乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含原子总数，故B错误；C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误；D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含碳氢键数目，故D正确。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。16、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则A.同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，A项正确；B.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；C.由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；D.由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成浓硫酸、加热CH3COOH防止苯甲醇的羟基被氧化【解析】

苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（），B和甲醛反应生成C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反应生成E（），根据E的结构简式回推，可知D→E是酯的水解，所以D为，D是C催化氧化生成的，所以C为，则B和甲醛的反应是加成反应。E→F增加了2个碳原子和2个氧原子，根据给出的已知，可推测试剂a为CH3COOH，生成的F为，F生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合H的结构简式可知G为。【详解】（1）①是和甲醛反应生成，反应类型是加成反应；②是的醇羟基发生消去反应生成的反应，所需试剂是浓硫酸，条件是加热；（2）由E生成F根据分子式的变化可以推出a的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是；（3）反应③是的分子内酯化，化学方程式为：；E为，与E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代基，同分异构体可以为或；（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A合成E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇的羟基被氧化；（5）要合成，需要有单体，由可以制得或，再发生消去反应即可得到。故合成路线为：18、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】

A为常见烃，是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A与水反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，F具有芳香味，F为酯，B氧化生成D，D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成F，F为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH2，D为乙酸，D中官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；(2)反应①为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O；(3)反应②为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。19、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑1.3×10－6测定NaOH溶液的准确浓度x＝2【解析】

（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。【详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；②0.5508g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027mol,测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)==0.1194mol/L，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH)·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3mol，所以n(H2C2O4·xH2O)=1.194×10-3mol，则n(H2C2O4)·M(H2C2O4)=1.194×10-3mol×（94+18x）g/mol=0.1512g，则晶体中水的个数x2，故x＝2。20、圆底烧瓶jkhicdab吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解Cl2、SCl2、S分馏(或蒸馏)或【解析】

（1）根据装置图分析仪器M的名称；（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集多余氯气，注意导气管长进短出；（4）根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点较低分析；（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl；（6）滴定过程中反应的离子方程式是。【详解】（1）根据装置图，仪器M的名称是圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为；（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集氯气；上述仪器装置的连接顺序为e→j→k→h→i→c→d→a→b→f。S2Cl2易水解，所以D装