湖北省枣阳市白水高级中学2024年高三第四次模拟考试化学试卷含解析

湖北省枣阳市白水高级中学2024年高三第四次模拟考试化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（）A．过程①→②是吸热反应B．Ni是该反应的催化剂C．过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D．反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H22、“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次…，价值数倍也”。这里用到的分离方法为()A．升华 B．蒸馏 C．萃取 D．蒸发3、为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150周年，联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是A．元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的B．118号元素Og位于第七周期0族C．同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0族）D．IIIB族元素种类最多4、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C12H18O2B．分子中至少有6个碳原子共平面C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成5、下列有关化学用语的表达正确的是()A．H和Cl形成共价键的过程：B．质子数为46、中子数为60的钯原子：PdC．结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D．环氧乙烷的结构简式为6、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．常温下，NaBF4溶液的pH=7B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C．NaH2PO2溶液中：c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足7、常温下，将1.0LXmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合充分反应，再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A．X<0.1B．b→a过程中，水的电离程度逐渐增大C．Ka(CH3COOH)=10-8/(X-0.1)D．b→c过程中，c(CH3COOH)/c(CH3COO)逐渐变小8、25℃时，将pH均为2的HCl与HX的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A．a、b两点:c(X-)<c(Cl-) B．溶液的导电性:a<bC．稀释前，c(HX)>0.01mol/L D．溶液体积稀释到10倍，HX溶液的pH<39、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D10、在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A．的电子式: B．乙酸的球棍模型C．该反应为吸热反应 D．该反应为化合反应11、分别进行下表所示实验，实验现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A测量熔融状态下NaHSO4的导电性能导电熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SO42-B向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+C向浓度均为0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先看到蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D将AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体白色固体成分为纯净的AlCl3A．A B．B C．C D．D12、有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A．放电时，此电池逐渐靠近磁铁B．放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC．放电时，正极质量减小，负极质量增加D．充电时，阴极反应为Li++e-=Li13、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A．60g乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC．高温下，1molFe与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3NAD．将1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA14、某无色溶液中可能含有Al3+、HCO3-、Ba2+和Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（）A．一定有

Cl-B．一定有

HCO3-C．可能有

Ba2+D．可能有

Al3+15、下列有关实验操作的叙述正确的是A．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C．在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁16、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A．元素非金属性：X＞R＞WB．X与R形成的分子内含两种作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共价键D．元素对应的离子半径：W＞R＞X二、非选择题（本题包括5小题）17、氯吡格雷(clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物．以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH(1)写出反应C→D的化学方程式______________，反应类型____________。(2)写出结构简式．B____________，X____________。(3)A属于芳香族化合物的同分异构体(含A)共有______种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式___________。(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式________________。(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_____________。(合成路线常用的表反应试剂A反应条件B…反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB…目标产物)18、某药物G，其合成路线如下：已知：①R-X+②试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_________。(2)下列说法正确的是__________A．化合物E具有碱性B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C．化合物F能发生还原反应D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+D→E的化学方程式___________。(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。须同时符合：①分子中含有一个苯环；②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。19、有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2（含SiO2），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如图1实验：称取研细的黄铜矿样品1.150g煅烧，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.01mo1/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.01mL，末读数如图2所示．完成下列填空：（1）实验中称量样品所需定量仪器为_____．（2）装置c的作用是_____．（1）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_____．（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_____mL．用化学方程式表示滴定的原理：_____．（5）计算该黄铜矿的纯度_____．（6）工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O1、FeO、SiO2、Al2O1）可制备Fe2O1．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液，所选试剂为_____．证明炉渣中含有FeO的实验现象为：_____．20、亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。①仪器I的名称为______________，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_________________。②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为__________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。③A中反应的方程式为___________。④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为________。（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL浓度为0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和10mL25%的H2SO4，摇匀；用0.5000mol·L-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02mL,到达滴定终点时读数为31.02mL。已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O①完成反应i的化学方程式：_____________□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4②滴定终点的现象为____________________。③产品的纯度为__________________。21、砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。（1）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_________________。（2）砷酸钠具有氧化性，298K时，在100mL烧杯中加入10mL0.1mol/LNa3AsO4溶液、20mL0.1mol/LKI溶液和20mL0.05mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2OΔH。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。①下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是_______（填字母代号）。a．溶液颜色保持不再变化b．c(AsO33-)+c(AsO43-)不再变化c．AsO43-的生成速率等于I2的生成速率d．保持不再变化②0～10min内，I−的反应速率v(I−)＝_______。③在该条件下，上述反应的平衡常数K＝______。④升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）利用（2）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：①将试样0.2000g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。②上述混合液用0.02500mol•L-1的I2溶液滴定，用____做指示剂进行滴定。重复滴定2次，平均消耗I2溶液40.00mL。则试样中As2O5的质量分数是______。（4）雄黄（As4S4）在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为______（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，写出该反应的化学方程式_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。【详解】A．①→②中能量降低，放出热量，故A错误；B．Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；C．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；D．由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2，故D正确；答案选A。【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。2、B【解析】酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法进行分离，B正确；正确选项B。3、C【解析】

A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；B.118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；C.第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；D.因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，故选C。4、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成，故D正确。5、D【解析】

A.H和Cl形成共价键的过程：，故A错误；B.质子数为46、中子数为60，则质量数为106，原子表示为：Pd，故B错误；C.结构示意图为的阴离子若为S2-时，水解可以促进水的电离，故C错误；D.环氧乙烷中碳碳单键链接，结构简式为，故D正确。故选D。6、C【解析】

此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C．次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D．令y=pH，x=，由图可知，在0≤pH≤4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。7、B【解析】

根据图像可知，b点溶液显酸性，则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。【详解】A.b点溶液呈酸性，酸过量，则X>0.1mol/L，A错误；B.b→a过程中，加入NaOH溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B正确；C.a点时，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L，则Ka(CH3COOH)=，C错误；D.b→c过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO)减小，而逐渐变大，D错误；答案为B。【点睛】b点为CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH时，生成更多的CH3COONa，促进水的电离。8、A【解析】

A．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)＞c(Cl-)，故A错误；B．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B正确；C．HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01mol/L，故C正确；D．HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选A。【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。9、A【解析】

A．单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，与水互不相容，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，A正确；B．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀，因此不能确定Na2SO3溶液是否变质，B错误；C．由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸银过量，过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀，均为沉淀生成，不能比较AgCl、Ag2S的溶解度，C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液红色逐渐褪去，并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液，D错误；故合理选项为A。10、C【解析】

A．二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B．乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C．根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D．反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。11、C【解析】

A.NaHSO4是离子化合物，熔融状态下NaHSO4电离产生Na+、HSO4-，含有自由移动的离子，因此在熔融状态下具有导电性，A错误；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能证明溶液中Fe3+是原来就含有还是Fe2+反应产生的，B错误；C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同，向浓度均为0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，C正确；D.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解，产生Al(OH)3和HCl，将AlCl3溶液加热蒸干，HCl挥发，最后得到的固体为Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。12、C【解析】

A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。故选C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。13、A【解析】

A．60g乙酸的物质的量为：=1mol，乙酸的结构式为：，1mol乙酸分子中含有8mol共价键，所含共价键的数目为8NA，故A正确；

B．标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B错误；

C．1molFe和足量H2O(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+，所以反应中转移电子为mol，转移电子的数目为NA，故C错误；

D．将1molCl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故D错误；

故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。14、B【解析】

取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含

Cl-，据此分析判断。【详解】A、原溶液中可能含

Cl-，故A错误；B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。15、C【解析】

A．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；B．苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；

C．蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；

D．引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误；故答案为C。16、C【解析】

都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为O＞Cl＞S，选项A错误；B．X与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，选项B错误；C．X、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D．核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2－＜Cl﹣＜S2﹣，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。二、非选择题（本题包括5小题）17、+CH3OH+H2O酯化反应(或取代反应)4+2H2O【解析】

A分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合D的结构可知X结构简式为：；E与在加热90℃及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，X为：。(1)反应C→D是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(2)根据上述分析可知B为：，X为：；(3)A结构简式为，A的同分异构体(含A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、、、，共四种不同的同分异构体，其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式为；(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：；(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。18、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。【点睛】推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。19、电子天平除去混合气体中未反应的氧气将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收20.00I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI16%稀硫酸、KMnO4溶液稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色【解析】

（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；（2）气体通过装置c中铜网，加热条件下和气体中剩余氧气反应，故答案为除去混合气体中未反应的氧气；（1）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，故答案为将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收；（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，滴定的原理反应的化学方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，故答案为20.00；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.01mo1/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.01mol/L×0.0200L=0.000200mol，所以黄铜矿的质量是：×0.000200mol×184g/mol×10=0.184g，所以其纯度是：×100%=16%，故答案为16%；（6）若Fe2O1中含有FeO，利用稀酸（非氧化性）溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，可使KMnO4溶液褪色，则选择试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，操作为取少量固体溶于稀硫酸，然后滴加KMnO4溶液，观察到溶液使KMnO4溶液褪色，证明含有FeO，故答案为稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。20、分液漏斗分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐a→de→cb→de→fNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复84.67%【解析】

(1)①根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)①根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；③结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【详解】(1)①根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：a→de→cb→de→f；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)①反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000mol⋅L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4