重庆市三峡名校新高考化学押题试卷及答案解析

重庆市三峡名校新高考化学押题试卷注意事项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、下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是选项实验操作实验现象结论或解释A向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液产生大量气泡FeCl3催化H2O2的分解B将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中溶液的紫红色褪去丙烯醛中含有碳碳双键C向某溶液中滴加稀H2SO4溶液产生有刺激性气味的气味原溶液中一定含有SO32-D向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验试纸不变蓝原溶液中一定不含有NH4+A．A B．B C．C D．D2、下列化学用语的表述正确的是()A．离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化铵的电子式为D．CO2的结构式为O—C—O3、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能4、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（）A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B．1molHCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为5、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．Cl2和水：Cl2+H2O=2H＋+Cl－+ClO－B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O=Al(OH)3↓+3H＋C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na＋+2OH－+O2↑D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O6、常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是A．有溶质析出 B．溶液中Ca2+的数目不变C．溶剂的质量减小 D．溶液的pH不变7、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．8、物质性质的差异与分子间作用力有关的是A．沸点：Cl2＜I2 B．热稳定性：HF＞HClC．硬度：晶体硅＜金刚石 D．熔点：MgO＞NaCl9、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4－-2e－=S2O82－+2H+。下列说法正确的是（）A．阴极电极反应式为Pb+HSO4－-2e－=PbSO4+H+B．阳极反应中S的化合价升高C．S2O82－中既存在非极性键又存在极性键D．可以用铜电极作阳极10、我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（）A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C．《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物11、下列化学用语正确的是（）A．重水的分子式：D2O B．次氯酸的结构式：H—Cl—OC．乙烯的实验式：C2H4 D．二氧化硅的分子式：SiO212、的名称是A．1-甲基-4-乙基戊烷 B．2-乙基戊烷C．1,4-二甲基己烷 D．3-甲基庚烷13、2017年12月，华为宣布:利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图所示。下列关于该电池的说法不正确的是A．该电池若用隔膜可选用质子交换膜B．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度C．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为:LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D．废旧的该电池进行“放电处理”让Li+从石墨烯中脱出而有利于回收14、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是A．4种元素中Y的金属性最强B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>XC．简单阳离子氧化性：W>YD．W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体15、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（）A．简单离子半径：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TD．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离16、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．Y的简单氢化物的沸点比Z的高B．X、Y组成的化合物中可能含有非极性键C．Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱D．W是所在周期中原子半径最小的元素二、非选择题（本题包括5小题）17、用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成A的反应类型是_____。（2）试剂a是_____。（3）B中所含的官能团的名称是_____。（4）W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。（5）Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则Q有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为_____、_____（写结构简式）（6）试写出由1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________18、药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_______(2)H中含氧官能团的名称为_______(3)B的结构简式为_______(4)反应③的化学方程式为_______(5)⑤的反应类型是_______(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_______(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2—溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)19、叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为____。（2）步骤①中先加热通氨气一段时间的目的是____；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为____。步骤③中最适宜的加热方式为___(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为____。（4）产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](杂质均不参与反应)。③充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为____(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____(填字母代号)。A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式____。20、甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。21、(一)乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2H4)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下（在25℃、101kPa时），CH4、C2H4在高温条件还会分解生成炭与氢气：①C(s)+2H2(g)CH4(g)△H1=－74.85kJ•mol-1②2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H2=340.93kJ•mol-1③C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)△H3=35.50kJ•mol-1请回答：（1）依据上述反应，请写出C与H2化合生成C2H2的热化学方程式：______________。（2）若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。图1为乙炔产率与进料气中n（氢气）/n（乙烯）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是______________。（3）图2为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。①乙炔体积分数在1530℃之前随温度升高而增大的原因可能是_______________；1530℃之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_______________。②在体积为1L的密闭容器中反应，1530℃时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=_______________。③请在图3中绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线__________。(二)当今，人们正在研究有机锂电解质体系的锂-空气电池，它是一种环境友好的蓄电池。放电时电池的总反应为:4Li+O2=2Li2O。在充电时，阳极区发生的过程比较复杂，目前普遍认可的是按两步进行，请补充完整。电极反应式：________________________和Li2O2－2e-＝2Li＋＋O2。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对H2O2的分解起催化作用，A正确；B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；C.向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；故合理选项是A。2、A【解析】

A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表示为16O2－，若中子数为10时，表示为18O2－，A项正确；B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；C.氯化铵的电子式为，C项错误；D.CO2的结构式为O=C=O，D项错误；答案选A。3、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。4、C【解析】

A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。5、D【解析】

A．氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，不能使用沉淀符号，且应该用可逆号，正确的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；C．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D正确；答案选D。6、B【解析】

常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一段时间后恢复到原温度，Ksp不变，溶解度不变，由于反应消耗水，溶质、溶剂、溶液质量均减少，则：A．有溶质氢氧化钙析出，A正确；B．溶液中Ca2+的浓度不变，但数目减少，B错误；C．氧化钙消耗水，则溶剂的质量减小，C正确；D．OH-浓度不变，则溶液的pH不变，D正确；答案选B。7、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。8、A【解析】

A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；B、非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+＜Na+、O2—＜Cl-，所以熔点：MgO＞NaCl，与离子键大小有关，D错误；正确选项A。9、C【解析】

A选项，阴极反应式为2H++2e－=H2，故A错误；B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为-1价，其他的O均为-2价，电解时阳极的HSO4－中O失去电子，S未变价，故B错误；C选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82－中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4－中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。10、C【解析】

A.金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；B.Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；C.铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；故选C。11、A【解析】

A.重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；B.次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；C.实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；D.二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。答案选A。12、D【解析】根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。13、A【解析】A、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A不正确；B、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项B正确；C、充电时，LiCoO2极是阳极，发生的电极反应为:

LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，选项C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。14、B【解析】

W和X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。A.4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<X，B错误；C.元素的金属性越强，对应简单阳离子氧化性越弱，金属性Na(Y)>H(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C正确；D.W和Y形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。故答案选B。15、D【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。16、C【解析】

A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2O2，E为O2，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z的高，故A正确；B．X为H元素，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2，H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B正确；C．Z为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D．W为Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，故D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【详解】（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；（4）①由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；②生成聚合物Y的化学方程式是：，故答案为：；（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为、，故答案为：10；、；（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。18、苯甲醚醚键、酰胺键+H2O消去反应【解析】

已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【详解】(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。19、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)排尽装置中的空气2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加热NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)；(2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤②制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210∼220℃，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3)NaNH2和N2O在210∼220℃下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10mol⋅L−1×0.04L=0.004mol，分别与Fe2+和N3−反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，则与N3−按1:1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3−，原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为=65%；A.使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B.六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C.滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故C正确；D选项，滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内无影响，故D错误；故答案为：65%；AC；（5）反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，根据氧化还原反应得失电子守恒，则发生的离子反应为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。20、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。21、2C(s)+H2(g)C2H2(g)△H1=226.73kJ•mol—1一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2会使反应