2023屆福建省泉州永春僑中高考化學二模試卷含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列關于物質的性質與用途的說法不正確的是A．次氯酸能使染料等有機色素褪色，有漂白性，還能殺死水中的細菌，起消毒作用B．14C的放射性可用于考古斷代C．純堿是焙制糕點所用的發(fā)酵粉的主要成分之一D．鋁制品不宜用于盛放酸、堿溶液，不宜長時間盛放咸菜等腌制品2、2019年7月1日起，上海進入垃圾分類強制時代，隨后西安等地也紛紛開始實行垃圾分類。這體現(xiàn)了我國保護環(huán)境的決心，而環(huán)境保護與化學息息相關，下列有關說法正確的是A．廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B．可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氯化鋁制取C．廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不可用填埋法處理D．含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O3、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是()A．Mg(OH)2具有堿性，可用于制胃酸中和劑B．H2O2是無色液體，可用作消毒劑C．FeCl3具有氧化性，可用作凈水劑D．液NH3具有堿性，可用作制冷劑4、電滲析法淡化海水裝置示意圖如下，電解槽中陰離子交換膜和陽離子交換膜相間排列，將電解槽分隔成多個獨立的間隔室，海水充滿在各個間隔室中。通電后，一個間隔室的海水被淡化，而其相鄰間隔室的海水被濃縮，從而實現(xiàn)了淡水和濃縮海水分離。下列說法正確的是（）A．離子交換膜b為陽離子交換膜B．各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水C．通電時，電極l附近溶液的pH比電極2附近溶液的pH變化明顯D．淡化過程中，得到的濃縮海水沒有任何使用價值5、下列說法正確的是A．氯化氫氣體溶于水破壞離子鍵，產(chǎn)生H+和Cl-B．硅晶體熔化與碘化氫分解需克服的化學鍵類型相同C．NH3和HCl都極易溶于水，是因為都可以和H2O形成氫鍵D．CO2和SiO2的熔沸點和硬度相差很大，是由于它們所含的化學鍵類型不同6、下列各表述與示意圖一致的是A．25℃時，用0.1mol·L-1鹽酸滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化B．10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液與過量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合時，n(Mn2-)隨時間的變化C．曲線表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反應的平衡常數(shù)K隨溫度的變化D．a(chǎn)、b曲線分別表示反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0使用和未使用催化劑時，反應過程中的能量變化7、根據(jù)某種共性可將CO2、SO2歸為一類氧化物，下列物質中與它們屬于同一類的是（）A．CaCO3 B．P2O5 C．CuO D．KMnO48、中學常見物質A、B、C、D存在下圖轉化關系(部分生成物和反應條件略去)。下列物質中符合轉化關系的A的個數(shù)為ABC，①Cl2②S③Fe④NH3⑤AlCl3⑥Na2CO3A．3 B．4 C．5 D．69、氧化還原反應與四種基本反應類型的關系如圖所示，下列化學反應屬于陰影3區(qū)域的是A．2HClO2HCl＋O2↑B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO210、下列有關垃圾分類說法錯誤的是A．廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氧化鋁制取C．廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬離子，不能填埋處理D．含絲、毛的廢舊衣物燃燒處理時只生成CO2和H2O11、向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的質量與滴入NaOH(aq)的體積關系如圖。原混合溶液中MgCl2與FeCl3的物質的量之比為A． B． C． D．12、如圖所示的方案可以降低鐵閘門的腐蝕速率。下列判斷正確的是()A．若X為導線，Y可以是鋅B．若X為導線，鐵閘門上的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+C．若X為直流電源，鐵閘門做負極D．若X為直流電源，Y極上發(fā)生還原反應13、X、Y、Z為短周期非金屬元素，其相關性質如下，下列敘述正確的是（）元素XYZ單質與H2反應條件暗處爆炸光照高溫、高壓、催化劑常溫下氫化物水溶液的pH小于7小于7大于7A．Y的含氧酸均為強酸B．最外層電子數(shù)Z>YC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y>XD．Y與Z二者氫化物反應的產(chǎn)物含離子鍵14、下列說法中正確的是()A．H2O2屬于共價化合物,分子中只含有共價鍵B．Na2O2屬于離子化合物,該物質中只含有離子鍵C．分子間作用力CH4<SiH4,所以CH4沸點高D．CO2中碳原子與氧原子間存在共價鍵,所以干冰為原子晶體15、在恒溫條件下，向盛有食鹽的2L恒容密閉容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，發(fā)生如下兩個反應：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數(shù)K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數(shù)K210分鐘時反應達到平衡，測得容器內(nèi)體系的壓強減少20％，10分鐘內(nèi)用ClNO(g)表示的平均反應速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)。下列說法不正確的是（）A．反應4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)為K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它條件保持不變，反應在恒壓條件下進行，則平衡常數(shù)K2增大D．平衡時NO2的轉化率為50％16、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序數(shù)依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最簡單氫化物分子的空間結構為正四面體，Y在同周期中電負性最小，二元化合物E中元素Y和W的質量比為23：16；同周期元素簡單離子中，元素Z形成的離子半徑最小；T元素的價電子排布式為3d104s1。下列說法正確的是（）A．簡單離子的半徑Y＞Z＞W(wǎng)B．最高價氧化物對應水化物的酸性W＞Z＞XC．W和T的單質混合加熱可得化合物T2WD．W的單質在足量的氧氣中燃燒，所得產(chǎn)物溶于水可得強酸二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，不飽和烴B的摩爾質量為40g·mol－1，C中只有一個甲基，能發(fā)生銀鏡反應，有關物質的轉化關系如圖：已知：①同一個碳原子上連接2個碳碳雙鍵的結構不穩(wěn)定②RCH=CHOH→RCH2CHO請回答：(1)D的名稱是________。(2)A～E中都含有的元素的原子結構示意圖是________。(3)A＋D→E的化學方程式______________________。(4)下列說法正確的是________。A．B能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色B．C與A在一定條件下都能發(fā)生銀鏡反應C．轉化流程中濃H2SO4的作用相同D．可以用飽和Na2CO3溶液鑒別A、C、E三種無色物質18、由化合物A合成黃樟油（E）和香料F的路線如下（部分反應條件已略去）：請回答下列問題：（1）下列有關說法正確的是______（填選項字母）。a．化合物A核磁共振氫譜為兩組峰b．CH2Br2只有一種結構c．化合物E能發(fā)生加聚反應得到線型高分子d．化合物B能發(fā)生銀鏡反應，也能與NaOH溶液反應（2）由B轉化為D所需的試劑為______。（3）D含有的官能團名稱為________，C的同分異構體中具有順反異構的名稱是________（不必注明“順”“反”）。（4）寫出A→B的化學反應方程式：__________。（5）滿足下列條件的E的同分異構體W有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結構簡式為_______。①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH②能發(fā)生銀鏡反應③苯環(huán)上只有兩個取代基，能發(fā)生聚合反應（6）參照上述合成路線，寫出以、丙酮為主要原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線________。19、實驗室制備叔丁基苯（）的反應和有關數(shù)據(jù)如下：+ClC(CH3)3+HClI．如圖是實驗室制備無水AlCl3，可能需要的裝置：(1)檢查B裝置氣密性的方法是_______。(2)制備無水AlCl3的裝置依次合理的連接順序為__________（埴小寫字母），其中E裝置的作用是________。(3)實驗時應先加熱圓底燒瓶再加熱硬質玻璃管，其原因是________。Ⅱ．如圖是實驗室制備叔丁基苯的裝置（夾持裝置略）：在三頸燒瓶中加入50mL的苯和適量的無水AlCl3，由恒壓漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定溫度下反應一段時間后，將反應后的混合物洗滌分離，在所得產(chǎn)物中加入少量無水MgSO4固體，靜置，過濾，蒸餾得叔丁基苯20g。(4)使用恒壓漏斗的優(yōu)點是_______；加入無水MgSO4固體的作用是________。(5)洗滌混合物時所用的試劑有如下三種，正確的順序是________。（填序號）①5%的Na2CO3溶液②稀鹽酸③H2O(6)本實驗中叔丁基苯的產(chǎn)率為______。（保留3位有效數(shù)字）20、亞硝酸鈉(NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味，是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑，但使用過量會使人中毒．某學習小組針對亞硝酸鈉設計了如下實驗：（實驗一）制取NaNO2該小組先查閱資料知：①2NO+Na2O2→2NaNO2；2NO2+Na2O2→2NaNO3；②NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3-，然后設計制取裝置如圖(夾持裝置略去)：(1)裝置D的作用是_______________；如果沒有B裝置，C中發(fā)生的副反應有_______________。(2)就算在裝置氣密性良好的情況下進行實驗，該小組發(fā)現(xiàn)制得的NaNO2的純度也不高，可能的原因是由_____________；設計一種提高NaNO2純度的改進措施_________。（實驗二）測定NaNO2樣品(含NaNO3雜質)的純度先查閱資料知：①5NO2-+2MnO4-+6H+→5NO3-+3Mn2++3H2O；②MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O然后，設計如下方案測定樣品的純度：樣品→溶液A溶液B數(shù)據(jù)處理(3)取樣品2.3g經(jīng)溶解后得到溶液A100mL，準確量取10.00mLA與24.00mL0.0500mol/L的酸性高錳酸鉀溶液在錐形瓶中充分反應．反應后的溶液用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至紫色剛好褪去；重復上述實驗3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL，則樣品中NaNO2的純度為_________．(4)通過上述實驗測得樣品中NaNO2的純度偏高，該小組討論的原因錯誤的是_________。(填字母編號)a．滴定至溶液紫色剛好褪去，立即停止滴定b．加入A與KMnO4溶液前的錐形瓶未經(jīng)干燥c．實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中的時間過長21、甲醛（HCHO）在化工、醫(yī)藥、農(nóng)藥等方面有廣泛的應用。Ⅰ．利用甲醇（CH3HO）制備甲醛脫氫法：CH3OH（g）?HCHO（g）+H2(g)ΔH1=+92.09kJ·mol-1氧化法：CH3OH（g）+1/2O2（g）?HCHO（g）+H2O（g）ΔH2（1）脫氫法制甲醛，有利于提高平衡產(chǎn)率的條件有________（寫出一條）。（2）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH3=-483.64kJ·mol-1，則ΔH2=________________。（3）750K下，在恒容密閉容器中，充入一定量的甲醇，發(fā)生脫氫法反應，若起始壓強為P0，達到平衡時轉化率為40.0%，則反應的平衡常數(shù)Kp=________（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù)，忽略其它反應）。（4）Na2CO3是脫氫法反應的催化劑，有研究指出，催化反應的部分機理如下：歷程i：CH3OH→·H+·CH2OH歷程ii：·CH2OH→·H+HCHO歷程iii：．·CH2OH→3·H+CO歷程iv：·H+·H→H2如圖所示為在體積為1L的恒容容器中，投入1molCH3OH，在碳酸鈉催化劑作用下，經(jīng)過10min反應，測得甲醇的轉化率（X）與甲醇的選擇性（S）與溫度的關系（甲醛的選擇性：轉化的CH3OH中生成HCHO的百分比）?；卮鹣铝袉栴}：①600℃時，前10min內(nèi)甲醛的平均速率為v（HCHO）=______②從平衡角度分析550℃-650℃甲醇生成甲醛的轉化率隨溫度升高的原因為______；③反應歷程i的活化能______（填“>”“<”或“=”）CH3OH（g）?HCHO（g）+H2（g）活化能。④650℃-750℃反應歷程ii的速率_______（填“>”“<”或“=”）反應歷程iii的速率。Ⅱ．甲醛超標會危害人體健康，需對甲醛含量檢測及處理。某甲醛氣體探測儀利用燃料電池工作原理，b電極反應方程式為________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.次氯酸具有強氧化性，能使染料等有機色素褪色，有漂白性，還能殺死水中的細菌，起消毒作用，故A正確；B.14C的放射性可用于考古斷代，利用其半衰期可計算時間，故B正確；C.小蘇打是焙制糕點所用的發(fā)酵粉的主要成分之一，故C錯誤；D.鋁具有兩性，能與酸反應又能與堿反應，鋁制品不宜用于盛放酸、堿溶液，不宜長時間盛放咸菜等腌制品，故D正確；故選C。2、C【解析】

A.聚乙烯結構中不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故A錯誤；B.氯化鋁為共價化合物，受熱易升華，電解得不到金屬鋁；金屬鋁采用電解氧化鋁制備，故B錯誤；C.鎳、鎘等重金屬會造成水土污染，應集中處理，不可用填埋法處理，故C正確；D.絲、毛中主要含蛋白質，含有C、H、O、N等元素，燃燒不止生成CO2和H2O，故D錯誤；答案：C3、A【解析】

A.Mg(OH)2具有堿性，能與鹽酸反應，可用于制胃酸中和劑，故A正確；B.H2O2具有強氧化性，可用作消毒劑，故B錯誤；C.FeCl3水解后生成氫氧化鐵膠體，具有吸附性，可用作凈水劑，故C錯誤；D.液NH3氣化時吸熱，可用作制冷劑，故D錯誤；故選A。4、B【解析】

圖中分析可知，電極1為電解池陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，電極2為陰極，溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應2H++2e-=H2↑，實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜。A.分析可知b為陰離子交換膜，A錯誤；B.實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜，結合陰陽離子移向可知，各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水，B正確；C.通電時，陽極電極反應：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極電極反應，2H++2e-=H2↑，電極2附近溶液的pH比電極1附近溶液的pH變化明顯，C錯誤；D.淡化過程中，得到的濃縮海水可以提取氯化鈉、鎂、溴等，有使用價值，D錯誤；故合理選項是B。5、B【解析】

A.HCl是共價化合物，氯化氫氣體溶于水時破壞共價鍵，產(chǎn)生H+和Cl-，A錯誤；B.硅晶體屬于原子晶體，熔化斷裂共價鍵；碘化氫屬于分子晶體，碘化氫分解破壞共價鍵，因此需克服的化學鍵類型相同，B正確；C.NH3和HCl都極易溶于水，NH3是因為可以和H2O形成氫鍵，但HCl分子與H2O分子之間不存在氫鍵，C錯誤；D.CO2和SiO2的熔沸點和硬度相差很大，是由于CO2屬于分子晶體，分子之間以微弱的分子間作用力結合，而SiO2屬于原子晶體，原子之間以強的共價鍵結合，熔化時破壞的作用力性質不同，D錯誤；故合理選項是B。6、C【解析】

A.等濃度的強酸強堿的滴定曲線，到達終點的pH發(fā)生突變，不是漸變；B.發(fā)生氧化還原反應生成錳離子，Mn2+對該反應有催化作用，反應加快；C.反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，結合K雖溫度的變化情況作答；D.催化劑降低反應活化能，根據(jù)圖示的能量變化與實際反應的熱效應不符?！驹斀狻緼.0.1mol?L-1NaOH溶液的pH為13，用0.1mol?L-1鹽酸滴定恰好中和時pH為7，因濃度相同，則體積相同，但酸堿中和在接近終點時，pH會發(fā)生突變，曲線的斜率會很大，A項錯誤；B.發(fā)生氧化還原反應生成錳離子，則n（Mn2+）隨時間的變化而增大，且催化作用，一段時間內(nèi)增加的更快，后來濃度變化成為影響速率的主要因素，反應物濃度減小，速率減慢，圖像不符，B項錯誤；C.因反應為放熱反應，則升高溫度，平衡逆向移動，平衡后升溫K正減小，而K逆增大，且正逆反應的平衡常數(shù)互為倒數(shù)關系，C項正確；D.圖象中使用催化劑降低反應活化能，但反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0，是放熱反應，反應物能量高，圖象中表示的吸熱反應，D項錯誤；答案選C。7、B【解析】

CO2、SO2歸屬于非金屬氧化物，且屬于酸性氧化物。A.

CaCO3屬于鹽類，A項錯誤；B.

P2O5是非金屬氧化物，且屬于酸性氧化物，B項正確；C.

CuO屬于堿性氧化物，不屬于酸性氧化物，C項錯誤；D.

KMnO4屬于鹽類，D項錯誤；答案選B。8、D【解析】

①A為Cl2，D為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，滿足轉化關系ABC，故①正確；②A為S，D為氧氣，B為二氧化硫，C為三氧化硫，滿足轉化關系ABC，故②正確；③A為Fe，D為硝酸，B為硝酸亞鐵，C為硝酸鐵，滿足轉化關系ABC，故③正確；④A為NH3，D為氧氣，B為NO，C為二氧化氮，滿足轉化關系ABC，故④正確；⑤A為AlCl3溶液，D為NaOH，B為氫氧化鋁，C為偏鋁酸鈉，滿足轉化關系ABC，故⑤正確；⑥若A為Na2CO3，D可以為酸，B為碳酸氫鹽，C為二氧化碳，滿足轉化關系ABC，故⑥正確；根據(jù)分析可知，滿足轉化關系的A有6個。答案選D。9、D【解析】

根據(jù)圖得出陰影3為氧化還原反應，但不是置換反應、化合反應、分解反應。【詳解】A.2HClO2HCl＋O2↑，有化合價升降，是氧化還原反應，但是分解反應，故A不符合題意；B.NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，沒有化合價升降，故B不符合題意；C.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合價升降，是氧化還原反應，但是化合反應，故C不符合題意；D.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合價升降，是氧化還原反應，不屬于置換反應、化合反應、分解反應，故D符合題意。綜上所述，答案為D。10、D【解析】

A.廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，聚乙烯不含雙鍵，不能使溴水退色，故A正確；B.可回收的易拉罐中含金屬鋁，電解熔融氧化鋁可制取金屬鋁，故B正確；C.廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬離子，填埋處理會造成土壤、水污染，所以不能填埋處理，故C正確；D.絲、毛的成分是蛋白質，含有C、H、O、N等元素，含絲、毛的廢舊衣物燃燒處理時生成CO2和H2O的同時還有含氮物質生成，故D錯誤；選D。11、D【解析】

向用鹽酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先發(fā)生反應NaOH+HCl=NaCl+H2O，即為圖象中0-amL，沉淀的質量為0g；FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在，當酸性減弱時，會轉化為Fe(OH)3沉淀，從amL開始，bmL時沉淀完全．bmL時，溶液仍然呈酸性，到cmL時，才開始產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，結合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓計算判斷?！驹斀狻肯蛴名}酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先發(fā)生反應NaOH+HCl=NaCl+H2O，即為圖象中0?amL，沉淀的質量為0g；FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在，當酸性減弱時，會轉化為Fe(OH)3沉淀，從amL開始，bmL時沉淀完全。bmL時，溶液仍然呈酸性，到cmL時，才開始產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，令氫氧化鈉濃度為xmol/L，F(xiàn)e3+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(b?a)mL，結合Fe3++3OH?═Fe(OH)3↓可知，溶液中n(Fe3+)=×(b?a)×10?3L×xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(d?c)mL，結合Mg2++2OH?═Mg(OH)2↓可知，溶液中n(Mg2+)=×(d?c)×10?3L×xmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)=×(d?c)×10?3L×xmol/L：×(b?a)×10?3L×xmol/L=，D項正確；答案選D。12、A【解析】

A.若X為導線，Y可以是鋅，形成原電池，鐵閘門作正極被保護，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故A正確；B.若X為導線，鐵閘門上的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，則鐵閘門作負極被腐蝕，所以不能降低鐵閘門的腐蝕速率，故B錯誤；C.若X為直流電源，鐵閘門連接負極，作陰極，能降低鐵閘門的腐蝕速率，故C錯誤；D.若X為直流電源，鐵閘門連接負極，作陰極，Y極為陽極，則Y極上發(fā)生氧化反應，故D錯誤；故選：A。13、D【解析】

X、Y、Z為短周期非金屬元素，X單質與氫氣在暗處爆炸，得到的氫化物水溶液pH小于7，則X為F元素；Y單質與氫氣在光照條件下反應，得到的氫化物水溶液pH小于7，則Y為Cl元素；Z單質與氫氣在高溫、高壓、催化劑條件下反應，得到的氫化物水溶液pH大于7，則Z為N元素。【詳解】X、Y、Z為短周期非金屬元素，X單質與氫氣在暗處爆炸，得到的氫化物水溶液pH小于7，則X為F元素；Y單質與氫氣在光照條件下反應，得到的氫化物水溶液pH小于7，則Y為Cl元素；Z單質與氫氣在高溫、高壓、催化劑條件下反應，得到的氫化物水溶液pH大于7，則Z為N元素；A．Y為氯元素，含氧酸中HClO為弱酸，故A錯誤；B．Z為N元素，原子最外層電子數(shù)為5，Y為Cl元素，原子最外層電子數(shù)為7，故最外層電子數(shù)Y＞Z，故B錯誤；C．非金屬性F＞Cl，故HCl的穩(wěn)定性比HF弱，故C錯誤；D．氯化氫與氨氣反應生成的氯化銨中含有離子鍵，故D正確；故答案選D?！军c睛】本題關鍵是根據(jù)反應條件及氫化物水溶液的pH判斷X、Y、Z元素種類，然后根據(jù)元素性質進行分析和判斷。14、A【解析】

A.H2O2屬于共價化合物，分子中只含有共價鍵，正確，故A選；B.Na2O2中除了離子鍵，還含有共價鍵O-O，故B不選；C.由于SiH4相對分子質量比CH4的大，所以分子間作用力CH4<SiH4，則SiH4的沸點高，故C不選；D.干冰是CO2分子間通過范德華力結合成的，為分子晶體，故D不選；故選A?！军c睛】原子晶體是原子間通過共價鍵結合而形成的空間網(wǎng)狀結構的晶體。在原子晶體中只有共價鍵。分子晶體是分子間通過分子間作用力結合而成的晶體。構成分子的原子間通常以共價鍵結合（稀有氣體是單原子分子，分子內(nèi)沒有化學鍵），所以在分子晶體中，一般既有共價鍵，又有分子間作用力。15、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數(shù)K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數(shù)K2=c2反應4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)K=c2(NO)?c(Cl2)c4B.10min時反應達到平衡，測得容器內(nèi)體系的壓強減少20%，則平衡時混合氣體總物質的量為(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min內(nèi)用ClNO（g）表示的平均反應速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L?min)，則平衡時n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)×10min×2L=0.15mol，設①中反應的NO2為xmol，②中反應的Cl2為ymol，則：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol則0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，聯(lián)立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常數(shù)只受溫度影響，其他條件保持不變，反應在恒壓條件下進行，則平衡常數(shù)K2不變，C錯誤；D.平衡時NO2的轉化率為0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理選項是C。16、C【解析】

X的最簡單氫化物分子的空間構型為正四面體，該氫化物為甲烷，即X為C，Y、Z、W位于同一周期，原子序數(shù)依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的電負性最小，推出Y為Na，二元化合物E中元素Y和W的質量比為23：16，推出該二元化合物為Na2S，即W為S，同周期元素簡單離子中，元素Z形成的離子半徑最小，即Z為Al，T元素的價電子3d104s1，推出T元素為Cu，據(jù)此分析；【詳解】X的最簡單氫化物分子的空間構型為正四面體，該氫化物為甲烷，即X為C，Y、Z、W位于同一周期，原子序數(shù)依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的電負性最小，推出Y為Na，二元化合物E中元素Y和W的質量比為23：16，推出該二元化合物為Na2S，即W為S，同周期元素簡單離子中，元素Z形成的離子半徑最小，即Z為Al，T元素的價電子3d104s1，推出T元素為Cu，A.Y、Z、W簡單離子分別是Na＋、Al3＋、S2－，因此簡單離子半徑大小順序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A錯誤；B.三種元素最高價氧化物對應水化物分別是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最強，氫氧化鋁為兩性，因此酸性強弱順序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B錯誤；C.Cu與S在加熱條件下發(fā)生反應，因為S的氧化性較弱，因此將Cu氧化成較高價態(tài)，得到產(chǎn)物是Cu2S，反應：2Cu＋SCu2S，故C正確；D.S在足量的氧氣中燃燒生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亞硫酸為中強酸，故D錯誤；答案：C。【點睛】易錯點是選項D，學生認為S與足量的O2反應生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，學生：C與O2反應，如果氧氣不足，則生成CO，氧氣過量，則生成CO2，S和C不太一樣，S與氧氣反應，無論氧氣過量與否，生成的都是SO2，SO2轉化成SO3，需要催化劑、高溫條件。二、非選擇題（本題包括5小題）17、正丙醇HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3ABD【解析】

不飽和烴B的摩爾質量為40g·mol－1可知B的分子式為C3H4，不飽和度為2，同一個碳原子上不能連兩個碳碳雙鍵，可推測B為丙炔：CH3C≡CH，B物質與H2O反應類型為加成反應，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C為丙醛CH3CH2CHO，丙醛與H2發(fā)生加成反應生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根據(jù)E的分子式可推知A為甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，則有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，A～E中都含有碳元素，原子結構示意圖是，據(jù)此分析解答?！驹斀狻坎伙柡蜔NB的摩爾質量為40g·mol－1可知B的分子式為C3H4，不飽和度為2，同一個碳原子上不能連兩個碳碳雙鍵，可推測B為丙炔：CH3C≡CH，B物質與H2O反應類型為加成反應，由已知信息②RCH=CHOH→RCH2CHO可知C為丙醛CH3CH2CHO，丙醛與H2發(fā)生加成反應生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根據(jù)E的分子式可推知A為甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，則有機物A具有乙醛和乙酸中官能團的性質，A～E中都含有碳元素，原子結構示意圖是，（1）由以上分析知，D為CH3CH2CH2OH，名稱是正丙醇；故答案為：正丙醇；（2）A～E中都含有碳元素，原子結構示意圖是；故答案為：；（3）A為甲酸，D為CH3CH2CH2OH，A＋D→E的化學方程式為HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；故答案為：HCOOH＋CH3CH2CH2OHH2O＋HCOOCH2CH2CH3；（4）A.B為丙炔：CH3C≡CH，含有碳碳三鍵，能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；B.C為CH3CH2CHO，A為HCOOH，均含有醛基，則C與A在一定條件下都能發(fā)生銀鏡反應，故正確；C.A為甲酸，在濃硫酸加熱的條件下生成CO，濃硫酸作脫水劑；A和D在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應，濃硫酸作催化劑、吸水劑，因此轉化流程中濃H2SO4的作用不相同，故錯誤；D.A為甲酸，C為CH3CH2CHO，E為甲酸丙酯，甲酸與Na2CO3溶液反應生成二氧化碳氣體；CH3CH2CHO與Na2CO3溶液互溶，無明顯的現(xiàn)象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于飽和Na2CO3溶液中，會分層；現(xiàn)象不同，所以可以用飽和Na2CO3溶液鑒別A、C、E三種無色物質，故正確；故答案為：ABD?！军c睛】甲酸與Na2CO3溶液反應生成二氧化碳氣體；CH3CH2CHO與Na2CO3溶液互溶，無明顯的現(xiàn)象；甲酸丙酯在飽和Na2CO3溶液中會分層；現(xiàn)象不同，可以用飽和Na2CO3溶液鑒別該三種無色物質，這是學生們的易錯點。18、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚鍵、溴原子1-溴丙烯9【解析】根據(jù)A的分子式和性質，判斷為酚，再根據(jù)D的結構，可以判斷A為鄰二苯酚()，B為。(l)a．A為鄰二苯酚()，核磁共振氫譜為三組峰，故a錯誤；b.甲烷是正四面體結構，因此CH2Br2只有一種結構，故b正確；c．化合物E為，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應得到線型高分子，故c正確；d．B為，不存在醛基，不能發(fā)生銀鏡反應，故d錯誤；故選bc；(2)由B轉化為D是在苯環(huán)上引入溴原子，需要試劑為液溴、Fe，故答案為液溴、Fe；(3)根據(jù)D的結構可知，其含有的含氧官能團為醚鍵和溴原子，C的同分異構體中具有順反異構的是1-溴丙烯，故答案為醚鍵、溴原子；1-溴丙烯；(4)A為鄰二苯酚()，B為，A→B的化學方程式為：，故答案為；(5)E為，E的同分異構體W滿足：①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH；②能發(fā)生銀鏡反應；③苯環(huán)上只有兩個取代苯，能發(fā)生聚合反應，說明苯環(huán)上含有2個側鏈，其中含有碳碳雙鍵、醛基或屬于甲酸某酯，結合E的結構，W屬于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一個側鏈為-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每種側鏈對應與鄰位、間位、對位3種結構，共9種，其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1：2：2：2：3的結構簡式為，故答案為9；；(6)以、為主要原料制備，可以將丙酮，與發(fā)生題中類似F→G的反應，得到醇再與溴化氫反應后，得溴代烴，在鎂的作用下，兩個分子之間發(fā)生類似題中C+D→E的反應，合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷與合成、有機物結構與性質、有機反應類型、同分異構體等知識，是對有機物化學基礎的綜合應用，側重考查學生對知識的遷移應用。本題的難點是(6)的合成路線的設計。19、分液漏斗注入水后，關閉止水夾，打開分液漏斗的活塞使液體流下，一段時間后液體不能繼續(xù)流下，說明氣密性良好defghijc防止空氣中的水蒸氣進入，吸收多余的氯氣若先加熱硬質玻璃管，Al先與O2反應，無法制得純凈AlCl3使液體順利滴下干燥②①③74.6%【解析】

(1)檢查B裝置氣密性的方法是分液漏斗注入水后，關閉止水夾，打開分液漏斗的活塞使液體流下，一段時間后液體不能繼續(xù)流下，說明氣密性良好；(2)制備無水AlCl3，在裝置B中利用濃鹽酸與二氧化錳加熱條件下反應生成氯氣，通過裝置D中的飽和食鹽水將氯氣中的氯化氫除去，裝置C干燥氯氣，純凈干燥的氯氣進入裝置F與鋁粉在加熱條件下反應生成氯化鋁，最后為防止空氣中的水蒸氣進入且利用堿石灰吸收未反應的氯氣，故裝置依次合理的連接順序為defghijc，其中E裝置的作用是防止空氣中的水蒸氣進入，吸收多余的氯氣；(3)實驗時應先加熱圓底燒瓶再加熱硬質玻璃管，其原因是若先加熱硬質玻璃管，Al先與O2反應，無法制得純凈AlCl3；（4）使用恒壓漏斗可以平衡漏斗內(nèi)外壓強，使液體順利滴下，在洗滌后所得產(chǎn)物中加入少量無水MgSO4固體，目的是吸收產(chǎn)品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀鹽酸洗滌可以除去氯化鋁雜質，再用5%Na2CO3溶液除去過量的鹽酸，最后用水洗滌除去剩余的5%Na2CO3，故答案為②①③；（6）加入苯的物質的量為=0.56mol，氯代叔丁烷的物質的量為=0.20mol，由反應方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯過量，則理論上生成叔丁基苯的質量為：0.20mol×134g/mol=26.8g，叔丁基苯的產(chǎn)率為：×100%=74.6%。20、吸收多余的NO2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NO+O2=NO2由于獲得NO的過程中會產(chǎn)生其他氮氧化物在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶75%bc【解析】

在裝置A中稀硝酸與Cu反應產(chǎn)生Cu(NO3)2、NO和H2O，反應產(chǎn)生的NO氣體經(jīng)B裝置的無水CaCl2干燥后進入裝置C中，發(fā)生反應：2NO+Na2O2=2NaNO2，未反應的NO在裝置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液測定NaNO2純度中，可根據(jù)反應過程中的電子得失數(shù)目相等計算，利用反應過程中操作使KMnO4溶液消耗體積大小上分析實驗誤差。【詳解】(1)酸性KMnO4溶液具有氧化性，能將NO氧化為NO3-，所以裝置D的作用是吸收多余的NO；若沒有裝置B中無水CaCl2的干燥作用，其中的H2O就會與Na2O2發(fā)生反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反應產(chǎn)生O2再與NO反應：2NO+O2=NO2，氣體變?yōu)镹O2；(2)由于反應開始時硝酸濃度較大時，可能有NO2產(chǎn)生，獲得NO的過程中可能會產(chǎn)生其他氮氧化物，這樣會干擾實驗結果，提高NaNO2純度可以在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶，減小實驗誤差；(3)根據(jù)電子守恒可得關系式：5(NH4)2Fe(SO4)2～Mn