2023-2024学年宁夏长庆高级中学高三下学期第六次检测化学试卷含解析

2023-2024学年宁夏长庆高级中学高三下学期第六次检测化学试卷注意事项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、将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（）A．在纯水中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中C．在0.1mol/L的NH3·H2O中 D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中2、下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常温下将Al片插入浓硫酸中无明显现象Al片和浓硫酸不反应C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D将SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D3、纪录片《我在故宫修文物》表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是（）A．A B．B C．C D．D4、如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3-原理是将NO3-还原为N2。下列说法正确的是（）A．若加入的是溶液，则导出的溶液呈碱性B．镍电极上的电极反应式为：C．电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极D．若阳极生成气体，理论上可除去mol5、已知M、N是合成某功能高分子材料的中间产物，下列关于M、N说法正确的是（）A．M、N都属于烯烃，但既不是同系物，也不是同分异构体B．M、N分别与液溴混合，均发生取代反应C．M、N分子均不可能所有原子共平面D．M、N均可发生加聚反应生成高分子化合物6、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA7、甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol·L-1乙溶液中c（H+）＞0.1mol·L-1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A．甲溶液含有Ba2+ B．乙溶液含有SO42-C．丙溶液含有Cl﹣ D．丁溶液含有Mg2+8、已知：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)∆H<0。对含有大量CaSO4(s)的浊液改变一个条件，下列图像符合浊液中c(Ca2+)变化的是（）A．加入少量BaCl2(s)B．加少量蒸馏水C．加少量硫酸D．适当升高温度9、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是（）A．晶体硅可做光导纤维 B．玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品C．SiO2可与水反应制备硅胶 D．SiO2可做计算机芯片10、VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是()A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L11、某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物D．加热过程中结晶水分子逐个失去12、一定条件下，在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是()A．这些离子中结合H+能力最强的是AB．A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C．C→B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D．B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=+116kJ·mol-113、，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（）A．时，B．电离常数的数量级为C．图中点x的纵坐标值为D．的约等于线c与线d交点处的横坐标值14、工业制纯碱的化学史上，侯德榜使用而索尔维法没有使用的反应原理的化学方程式是（）A．CO2+NaCl+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．CaO+2NH4Cl→CaCl2+2NH3↑+H2OD．NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓15、热催化合成氨面临的两难问题是：釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti・H・Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）A．①为氮氮三键的断裂过程B．①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生C．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应D．④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程16、下列说法不正确的是（）A．稳定性：HBr<HI<HatB．酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4C．原子半径：Sn>As>SD．表中，元素Pb的金属性最强二、非选择题（本题包括5小题）17、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。18、M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：已知：RX++HX。请回答：（1）化合物D中官能团的名称为______。（2）化合物C的结构简式为______。（3）①和④的反应类型分别为______，______。（4）反应⑥的化学方程式为______。（5）下列说法正确的是______。A．化合物B能发生消去反应B．化合物H中两个苯环可能共平面C．1mol化合物F最多能与5molNaOH反应D．M的分子式为C13H19NO3（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应19、S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点－76℃，沸点138℃，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300℃以上完全分解。进一步氯化可得SCl2，SCl2是樱桃红色液体，易挥发，熔点－122℃，沸点59℃。SCl2与S2Cl2相似，有毒并有恶臭，但更不稳定。实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。请回答下列问题：（1）仪器m的名称为______，装置D中试剂的作用是______。（2）装置连接顺序：______→B→D。（3）为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和______。（4）从B中分离得到纯净的S2Cl2，需要进行的操作是______；（5）若将S2Cl2放入少量水中会同时产生沉淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分X的体积分数：①W溶液可以是______（填标号）。aH2O2溶液b氯水c酸性KMnO4溶液dFeCl3溶液②该混合气体中气体X的体积分数为______（用含V、m的式子表示）。20、为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a的名称______。（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：______。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液____D________（4）写出C中发生反应的化学方程式：______。（5）F中得到气体的检验方法______。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加2～3滴______作指示剂，然后用0.2000mol•L-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为______。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000mol•L-1HCl溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度11.0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为______。21、氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：___。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可。【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；A．在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误；B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误；C．在0.1mol/L的NH3·H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C错误；D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确；故答案为D。2、C【解析】

A．因碳酸的酸性比盐酸弱，所以CO2与CaCl2溶液不反应，A项错误；B．铝与浓硫酸发生钝化作用，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，B项错误；C．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，C项正确；D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，D项错误；故答案选C。3、A【解析】

A、银器用除锈剂见新，银的化合物被除锈剂溶解或还原为单质银，有新物质生成，属于化学变化，故A正确；B、变形的金属香炉复原，是香炉的外形改变，属于物理变化，故B错误；C、古画水洗除尘，是尘土与古画分离，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D、木器表面擦拭烫蜡，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；答案选A。4、A【解析】

A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子。【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；C项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故C错误；D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.2molNO3-，故D错误。故选A。【点睛】本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。5、D【解析】

A.M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基，为烃的衍生物，不属于烯烃，M与N在组成上相差不是n个CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分异构体，A项错误；B.M、N分子结构中均含碳碳双键，与液溴混合时，可发生加成反应，苯环与液溴发生取代反应时，还需要催化剂，B项错误；C.M分子内含碳碳单键，中心C原子采用sp3杂化，不可能所有原子共平面，N所有原子可以共平面，C项错误；D.M、N分子结构中均含碳碳双键，均可发生加聚反应生成高分子化合物，D项正确；答案选D。6、B【解析】

A．P4中所含P—P键数目为6，则124gP4即1molP4中所含P—P键数目为6NA，故A错误；B．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，甲烷和乙烯分子中氢原子数目均为4，则0.5mol甲烷和乙烯混合气体中含氢原子数目为2NA，故B正确；C．1molFeI2与足量氯气反应生成I2和FeCl3，共转移电子数为3NA，故C错误；D．H2+I22HI这是一个反应前后分子总数不变的可逆反应，则反应后分子总数仍为0.2NA，故D错误；故答案为B。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。7、D【解析】

根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。8、C【解析】

A.加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；B.加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；C.加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；D.适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；故答案为C。9、B【解析】

A.二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A项错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B项正确；C.SiO2可与水不反应，C项错误；D.半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D项错误；答案选B。10、B【解析】

VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag即Al3+物质的量，取VmL溶液，则取出的Al3+物质的量，稀释到4VmL，则Al3+物质的量浓度，则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是，故B正确。综上所述，答案为B。11、C【解析】

胆矾(CuSO45H2O)的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102℃时失去2个水分子，115℃时，又失去2个水分子，258℃时失去1个水分子，则：A．因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；B．由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；C．因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；D．由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；故答案选C。12、C【解析】

A．酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B结合氢离子能力最强，故A错误；B．A、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；C．C→B+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2×100kJ/mol=-76kJ/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D．根据转移电子守恒得B→A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/mol，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，△H=反应物的总键能-生成物的总键能。13、A【解析】

根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH－）=c（H＋），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。14、D【解析】

侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；故选：D。【点睛】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。15、D【解析】

A．经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；

B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B错误；

C．催化剂只影响化学反应速率，化学反应不会因加入催化剂而改变反应热，故C错误；

D．由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故D正确；故答案为D。16、A【解析】

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，则非金属性：Br＞I＞At，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HAt＜HI＜HBr，故A错误；B．同周期元素从左到右元素的非金属性之间增强，则非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Si＞S；Ge＞As。原子核外电子层数越多，半径越大，Sn>Ge>Si。则原子半径：Sn>As>S，故C正确；D．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故表中元素Pb的金属性最强，故D正确；答案选A。【点睛】注意元素周期表中金属性非金属性变化规律：（1）同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；（2）同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。二、非选择题（本题包括5小题）17、HOOC－CH2－COOH醚键、酯基取代反应15【解析】

本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推断出A的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。18、酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13【解析】

与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。【详解】（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；（4）反应⑥的化学方程式为：+HBr（5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；C.化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误；D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；【点睛】苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。19、三颈烧瓶防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2A→F→E→C滴入浓盐酸的速率（或B中通入氯气的量）蒸馏ab×100%【解析】

本实验要硫与少量氯气在110～140℃反应制备S2Cl2粗品，根据题目信息“熔点－76℃，沸点138℃”，制备的产品为气体，需要冷凝收集；受热或遇水分解放热，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则氯气需要干燥除杂，且制备装置前后都需要干燥装置；所以装置连接顺序为A、F、E、C、B、D；(5)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，实验目的是测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，据元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)仪器m的名称为三颈烧瓶，装置D中试剂为碱石灰，作用为吸收Cl2，防止污染环境，防止外界水蒸气回流使S2Cl2分解；

(2)依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→E→C→B→D；

(3)反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；

(4)实验室制得S2Cl2粗品中含有SCl2杂质，根据题目信息可知二者熔沸点不同，SCl2易挥发，所以可通过蒸馏进行提纯；

(5)①W溶液的目的是氧化二氧化硫，可以是a：H2O2溶液，b：氯水，但不能是b：KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，也不能用FeCl3溶液会生成氢氧化铁成，故选：ab；

②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【点睛】本题为制备陌生物质，解决此类题目的关键是充分利用题目所给信息，根据物质的性质进行实验方案的设计，例如根据“受热或遇水分解放热”，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则制备装置前后都需要干燥装置。20、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】

A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2