2024届新疆伊犁哈萨克自治州奎屯市第一高级中学化学高三上期末预测试题含解析.doc

1、2024届新疆伊犁哈萨克自治州奎屯市第一高级中学化学高三上期末预测试题注意事项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05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、乙酸橙花酯是一种

2、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（ ）分子式为C12H19O2；不能发生银镜反应；mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；它的同分异构体中不可能有酚类；1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1molNaOH；属于芳香族化合物。ABCD2、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷B纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂C利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性D“丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应3、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，

3、11.2 L HF所含分子数为0.5NAB2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数小于2NAC常温下，1 L 0.1 molL1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，则溶液含铵根离子数为0.1 NAD已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1：14、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数

4、比对照，即可确定C求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定5、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是AY的分子式为C10H8O3B由X制取Y的过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为326、下列实验现象和结论相对应且正确的是AABBCCDD7、下列操作不能达到目的的是选项目的操作A配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuS

5、O45H2O溶于100 mL蒸馏水中B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊AABBCCDD8、若将2 mol SO2气体和1 mol O2气体在2 L容器中混合并在一定条件下发生反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0，经2 min建立平衡，此时测得SO3浓度为0.8 molL1。下列有关说法正确的是()A从开始至2 min用氧气表示的平均速率v(O2)0.2 molL1min1；B当升

6、高体系的反应温度时，其平衡常数将增大C当反应容器内n(SO2)n(O2)n(SO3)212时，说明反应已经达到平衡状态D若增大反应混合气体中的n(S)n(O)值，能使SO2的转化率增大9、下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）ABH3C-CC-CH3CCH2=CH-CH3DCH3-CH2-CH310、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A绿色净水消毒剂高铁酸钠有强氧化性，其还原产物水解生成Fe(OH)3胶体B电子货币的使用和推广符合绿色化学发展理念C检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精氧化成硫酸铬(绿色)D自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理11、结构片段为CH2C

7、H=CHCH2的高分子化合物的单体是A乙烯B乙炔C正丁烯D1，3-丁二烯12、用下列装置能达到实验目的的是A清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C装置制取金属锰D装置为制备并用排气法收集NO气体的装置13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB常温常压下，11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD常温下，1molC5H12中含有共价键数为16NA14、轴烯（Radialene）是一类独特的环状烯烃，其环

8、上每一个碳原子都接有一个双键，含n元环的轴烯可以表示为 n轴烯，如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是Aa分子中所有原子都在同一个平面上Bb能使酸性KMnO4溶液褪色Cc与互为同分异构体D轴烯的通式可表示为C2nH2n（n3）15、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（ ）A简单离子的半径YZWB最高价氧化物对应水化物的酸性WZXCW和T

9、的单质混合加热可得化合物T2WDW的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸16、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 molL1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录1055 间溶液变蓝时间，55 时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是()A40 之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B40 之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D图中a点

10、对应的NaHSO3的反应速率为5.0105molL1s1二、非选择题（本题包括5小题）17、如图中AJ分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式为_，C的电子式为_；（2）写出下列反应的化学方程式：D+GH_；F+JB+C+I_；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为_mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中

11、，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为_。18、氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号（*）标出D中的手性碳_。（2）的反应类型是_。（3）C的结构简式为_。（4）G的分子式为_。（5）反应的化学方程式为_。（6）已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M有_种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制

12、备它的合成路线_（无机试剂任选）。19、化合物M (CH3COO)2Cr22H2O，相对分子质量为376不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq) =ZnCl2(aq)+H2(g) 2CrCl3(aq)+Zn(s) =2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO(aq)+2H2O(l) = Cr(CH3COO)222H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是

13、_。（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_(填序号)；目的是_。A盐酸和三氯化铬溶液同时加入B先加三氯化铬溶液，段时间后再加盐酸 C先加盐酸，段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门_(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另个作用是_。20、某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1 molL-1 NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1 molL-1 NaN

14、O2溶液 0.1 molL-1 KMnO4 溶液 实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去 KSCN溶液1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验III：无明显变化1 molL-1 NaNO2溶液 1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：Fe(NO)2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因 _（2）实验II证明NO2-具有_性， 从原子结构角度分析原因_（3）探究实验IV中的棕色溶液为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方

15、案。实验溶液a编号及现象1 molL-1FeSO4溶液（pH=3）i溶液由_色迅速变为_色_ii无明显变化加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。盐桥的作用是_电池总反应式为_实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。21、有研究表明，内源性H2S作为气体信号分子家族新成员，在抗炎、舒张血管等方面具有重要的生理作用，而笼

16、状COS（羰基硫）分子可作为H2S的新型供体（释放剂）。试回答下列有关问题（1）COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为_。（2）已知：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H1=-15kJmol-1，COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO2（g）H2=-36kJmol-1，CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H3，则H3=_。（3）COS可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在恒容的密闭容器中发生反应并达到平衡：CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g），数据如表所示、据此填空实验温度/起始时平衡时n（CO）/moln（H2S）/moln（COS）/mo

17、ln（H2）/moln（CO）/mol115010.010.0007.021507.08.02.04.5x340020.020.00016.0该反应为_（选填“吸热反应”或“放热反应”）。实验2达到平衡时，x_7.0（选填“”、“”或“=”）实验3达到平衡时，CO的转化率=_（4）已知常温下，H2S和NH3H2O的电离常数分别为向pH=a的氢硫酸中滴加等浓度的氨水，加入氨水的体积（V）与溶液pH的关系如图所示：酸/碱电离常数H2SKa1=1.010-7Ka2=7.010-15NH3H2OKb=1.010-5若c（H2S）为0.1mol/L，则a=_若b点溶液pH=7，则b点溶液中所有离子浓度大

18、小关系是_。（5）将H2S通入装有固体FeCl2的真空密闭烧瓶内，恒温至300，反应达到平衡时，烧瓶中固体只有FeCl2和FeSx（x并非整数），另有H2S、HCl和H2三种气体，其分压依次为0.30P0、0.80P0和0.04P0（P0表示标准大气压）。当化学方程式中FeCl2的计量数为1时，该反应的气体压强平衡常数记为Kp。计算：x=_（保留两位有效数字）。Kp=_（数字用指数式表示）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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。

19、【详解】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；分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；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；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；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1mol NaOH，故正确；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。2、C【解析】A二氧化硅与碳酸钙常温下

20、不反应，A错误；B氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；C明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；D丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；故选C。3、B【解析】A、标准状况下， HF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B、2 mol NO与1 mol O2充分反应，生成的NO2 与N2O4 形成平衡体系，产物的分子数小于2NA，故B正确；C. 常温下，1 L 0.1 molL1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒，c(NH4)+c(Na+ )=c(Cl-)，溶液含铵根离子

21、数少于0.1 NA，故C错误；D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6：4，故D错误；故选B。4、D【解析】反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和

22、水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。5、D【解析】A由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；DX中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1

23、：1，故D错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。6、C【解析】A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色

24、沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgClAgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C正确；D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+I2，D错误；故合理选项是C。7、A【解析】A、将25gCuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；

25、C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；答案选A。【点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：

26、洗气。8、A【解析】A. c(SO3)0.8 molL1，c(O2)0.4 molL1，v(O2)0.2 molL1min1；A项正确；B. H0，该反应是放热反应，温度升高时，平衡向逆反应方向移动，K减小，B项错误；C. 当正、逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，此时反应体系中各组分的含量保持不变，但其比例关系不一定与反应的化学计量数相等，C项错误；D. 若增大n(S)n(O)的值，实质上是增大了SO2的浓度，这样SO2的转化率将降低，D项错误。答案选A。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及

27、物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。9、B【解析】A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；B、H3C-CC-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结

28、构，不可能共直线，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。10、C【解析】A、高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，处于较高价态，因此具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，而高铁酸根离子水解产生的Fe(OH)3胶体又具有吸附水中杂质的作用，选项A正确；B、电子货币的使用和推广，减少纸张的使用，符合绿色化学发展理念，选项B正确；C、检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精还原成硫酸铬(绿色)，选项C错误；D、自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理，锌为负极，保持辐条，选项D正确。答案选C。11、D【解析】结构片段为CH2CH=CHCH2，说明该高分子

29、为加聚产物，则该高分子化合物的单体是CH2=CHCH=CH2，即为1，3-丁二烯，答案选D。12、D【解析】A. 自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；B. 定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C. 利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D. 铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选

30、D。13、A【解析】A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol的水，所含原子数目为1.5NA，故A错误；B常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol，所含分子数目小于0.5NA，故B正确；CN2O与CO2相对分子质量均为44，且分子内原子数目均为3，常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA，故C正确；D每个C5H12分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键，1molC5H12中含有共价键数为16NA，故D正确；答案为A。14、C【解析】A3轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化，因此所有原子都

31、在同一个平面上，故A不符合题意；B4轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；C5轴烯的分子式为：C10H10，分子式为：C10H12，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C符合题意；D轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原子相连的碳原子上有2个氢原子，且碳原子数与氢原子均为偶数，因此轴烯的通式可表示为C2nH2n(n3)，故D不符合题意；故答案为：C。15、C【解析】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的

32、质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，A.Y、Z、W简单离子分别是Na、Al3、S2，因此简单离

33、子半径大小顺序是r(S2)r(Na)r(Al3)，故A错误；B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4H2CO3Al(OH)3，故B错误；C.Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2CuS Cu2S，故C正确；D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；答案：C。【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则

34、生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。16、C【解析】A、根据图像，40以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；C、40以前，温度越高，反应速率越快，40以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；D、混合前NaHSO3的浓度为0.020molL1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHS

35、O3的浓度为=0.0040molL1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040molL1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为=5.0105mol/(Ls)，故D说法正确；答案选C。【点睛】易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02molL1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 2 1：2 4：1 【解析】A受热能分解，分

36、解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；(

37、2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+GH的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(

38、5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。18、 取代反应 C17H18NOF3 +CH3NH2+CH3SO2OH 12 【解析】B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C与氢化铝锂反应生成D，根据D和B的结构简式，D与CH3SO2Cl发生取代反应生成E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式，可得F

39、的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；(2)根据分析，的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G的分子式为C17H18NOF3；(5)反应为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2+CH3SO2OH；(6)D的结构简式为，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目

40、分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为22=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为12=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为32=6种；则符合条件的M有12种；(7) 在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。19、分液漏斗 C 让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 B A 过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2 【解析】（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌

41、粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价

42、、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。20、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深 还原性 N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性 浅绿色 棕色 0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3） 棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀 阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生 Fe2+ +NO

43、2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O 【解析】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；加热实验IV中的棕色溶液，

44、有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1 molL-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加

45、深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4 溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）实验IV在FeSO4 溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有F