北京市延庆区2026届高三化学第一学期期中达标测试试题含解析

北京市延庆区2026届高三化学第一学期期中达标测试试题考生请注意：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、赤铜矿的成份是Cu2O，辉铜矿的成份是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu既是氧化产物又是还原产物C．每生成1molCu，还原剂转移给氧化剂的电子为2molD．该反应中氧化产物与还原产物的质量比为1∶62、检验某无色溶液中是否含有I-，所用试剂不合理的是A．淀粉溶液和氯水 B．硝酸酸化的硝酸银溶液C．氯水和四氯化碳 D．溴水和酒精3、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸中加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液至中性：H++OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=NaAlO2+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3++4NH3•H2O=AlO+4NH+2H2OD向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2:CO2+OH-=HCO向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSOA．A B．B C．C D．D4、25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是()A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B．Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）C．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)D．pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)5、下列离子方程式书'与正确的是A．铁粉溶于氯化铁溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+B．硫化钠溶液呈醎性：S2-+2H2OHS-+2OH-C．用FeCl3溶液回收废旧电路板中的Cu:Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D．工业上利用电解饱和食盐水制氯气:2H++2C1-=H2↑+C12↑6、在1L1mol/L的氨水中，下列有关说法正确的是A．NH3·H2O为1mol，溶质质量为35gB．NH4+为1mol，溶质质量为18g C．溶解状态的NH3分子为1mol，溶质质量为17gD．氨水中NH3、NH3·H2O、NH4+三种微粒总的物质的量为1mol7、下列叙述正确的是A．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生沉淀，此沉淀是BaSO3B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀，再加入过量NaHSO4溶液，沉淀溶解D．在Fe(OH)3胶体中加入稀盐酸，可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液8、实验室制备乙酸丁酯的叙述正确的是A．采用水浴加热法控制温度B．制取装置中有冷凝回流措施C．采用边反应边蒸馏的方法提高产率D．用水和氢氧化钠溶液洗涤后分液分离出产品9、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu10、下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是A．CH4 B．H2O C．HCl D．Br211、已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1B．每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA—A键和1molB—B键时放出akJ能量12、许多古代文学中都蕴含着科学知识，下列对古文学的解释不正确的是（）A．李时珍在《本草纲目》中对火药的描述是：“味辛、酸，有小毒。主疮癣，杀虫，辟湿气温疫。乃焰消、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”该描述中的“焰消”指的是硝酸钾。B．沈括《梦溪笔谈》：“凡铁之有钢者，如面中有筋，濯尽柔面，则面筋乃见，炼钢亦然。但取精铁锻之百余火，每锻称之，一锻一轻，至累锻而斤两不减，则纯钢也，虽百炼，不耗矣。”该描述中的“一锻一轻”是由于铁中含碳量降低。C．晋代葛洪的《抱朴子》记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂（HgS）熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体。D．北宋诗人苏轼在《石炭并引》记载：“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍。南山栗林渐可息，北山顽矿何劳锻。为君铸作百炼刀，要斩长鲸为万段。”该描述中“投泥泼水愈光明”是指高温时碳与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，两种可燃性气体燃烧。13、用下列实验方案及所选玻璃仪器就能实现相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去乙酸乙酯中的乙醇向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，混合后振荡，然后静置分液烧杯、分液漏斗、玻璃棒B检验蔗糖是否水解向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、胶头滴管C证明乙醇发生消去反应生成乙烯将乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将产生的气体通入溴水酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管D比较HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液、0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片A．A B．B C．C D．D14、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X原子的次外层电子数为a，最外层电子数为b；Y原子的L层电子数为(a＋b)，M层电子数为(b－a)；W、Z原子的最外层电子数分别为(b－1)和b。下列有关说法一定正确的是A．气态氢化物的稳定性：X<YB．氧化物的水化物的酸性：W<ZC．原子半径：W>ZD．X与Y形成的化合物常温下不能与盐酸反应15、下列说法不正确的是()A．硫酸铁能水解生成Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B．水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D．盐类水解反应的逆反应是中和反应16、室温下，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后PH的变化如图所示。下列说法正确的是()A．a

点所示溶液中

c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)B．a、b

两点所示溶液中水的电离程度相同C．b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)D．pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是合成某种抗精神病药物的重要中间体，其合成路线如下：(1)E中的含氧官能团名称为_______。(2)C→D的反应类型为_______。(3)已知R—NH2+F—R′→RNH—R′+HF，G在一定条件下能反应生成H(分子式为)，H的结构简式为_______。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式______。①有一个六元环，该六元环含一个О原子和一个N原子。②能发生银镜反应。③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1。(5)已知：RCOCl+R′NH2→；①设计A→B步骤的目的是________。②写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。18、〔化学—选修5：有机化学基础〕席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔C，且C不能发生银镜反应。③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106。④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为：（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i、液面上方出现白雾；

ii、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

iii、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。20、实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ∙mol-1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：（1）a的作用是___。（2）A中反应的化学方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷却水的作用是___。（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)A．分液漏斗B．温度计C．吸滤瓶D．冷凝管E．蒸馏烧瓶21、SO2是我国大部分地区雾霾天气产生的主要原因之一。加大SO2的处理力度，是治理环境污染的当务之急。SO2主要来自于汽车尾气、燃煤烟气、硫酸工业尾气、冶金工业烟气等。（1）“催化转换器”能将汽车尾气中CO与NO转化成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促进烃类充分燃烧及SO2的转化，但也在一定程度上提高了空气的酸度。“催化转换器”提高空气酸度的原因是_____________________________。（2）用氨水将燃煤烟气中的SO2转化成NH4HSO3。该法是利用了SO2________（填选项字母编号）A．漂白性B．氧化性C．还原性D．酸性氧化物性质（3）用生物质热解气（主要成分CO、CH4、H2）将燃煤烟气中SO2在高温下还原成单质硫。主要发生了下列反应：2H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）△H1=+90.4kJ▪mol-12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=－566.0kJ▪mol-1S（g）+O2（g）=SO2（g）△H3=－574.0kJ▪mol-1试写出CO将SO2还原成S（g）的热化学方程式__________________________。（4）将硫酸工业尾气中的SO2转化成硫酸，同时获得电能。装置如图所示（电极均为惰性材料）：①溶液中的H+移向_______。（填“M”或“N”）②M极发生的电极反应式为________________。③写出A、B所代表的物质的化学式：A_______、B________。（5）利用硫酸钠溶液吸收冶金工业烟气中SO2，再用惰性电极电解，能获得所需的产品，装置如图所示。①若电解后A极区得到硫酸，则B电极反应式为________________________。②若电解后A极区析出硫磺，则电解反应的化学方程式为________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】试题分析：A、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu元素化合价降低，所以反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂，A错；Cu为还原产物，B错；分析氧化还原反应可知每摩尔反应转移6mole-，所以生成1molCu，还原剂转移给氧化剂的电子为1mol，C错；分析可知SO2是氧化产物、Cu是还原产物，质量比是1×64:6×64=1:6，故D对。考点：理解氧化还原反应。点评：氧化还原反应的实质是电子的转移，表现为元素化合价的变化，掌握双线桥法，是对氧化还原反应的计算，氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物判断的基础。2、D【解析】A、氯水将碘离子氧化产生的碘单质遇淀粉变蓝，所用试剂合理，A错误；B、加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，所用试剂合理，B错误；C、氯水将碘离子氧化产生碘单质被四氯化碳所萃取，下层溶液显紫红色，所用试剂合理，C错误；D、溴水虽能氧化碘离子产生碘单质，但酒精能与水任意比互溶，生成的碘-水-酒精溶液依旧呈棕色，溶液颜色上变化不大，不能判断是否有I-，D错误；答案选D。3、D【详解】A.Na很活泼能与水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，故A错误；B.硫酸与氢氧化钡反应产生硫酸钡沉淀，离子方程式为SO+2H++Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故B错误；C.氢氧化铝不能溶于氨水，因此氯化铝与氨水反应只能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；D.二氧化碳和二氧化硫均为酸性氧化物，过量气体与碱反应均得到酸式盐，故D正确；故选：D。4、D【详解】A项，HA溶液与MOH溶液任意比混合，不论HA是强酸还是弱酸，混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH－、A－，所以一定满足电荷守恒c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)，A正确；B项满足质子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3，B正确；醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na＋、H+、Cl—、OH－、CH3COO-，满足电荷守恒c(H+)+c(Na＋)＝c(OH－)+c(CH3COO－)+c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)+c(Cl—)，又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(CH3COO－)+c(Cl—)，得出c(CH3COOH)=c(Cl—)，所以C正确；NaHA的可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐，所以D错误，答案选D。5、A【解析】A.铁粉溶于氯化铁溶液：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确；B.硫化钠的水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH－，HS-+H2OH2S+OH－，而且溶液的碱性主要取决于第一步水解，故B错误；C.用FeCl3溶液回收废旧电路板中的Cu：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D.工业上利用电解饱和食盐水制氯气:2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故D错误。故选A。点睛：离子方程式要满足以下条件：符合事实；符合质量守恒定律；符合电荷守恒关系。6、D【解析】氨水中溶质是氨气，A不正确。氨水是弱碱，不能全部电离，B不正确。部分氨气和水反应生成一水合氨，C不正确。因此正确的答案选D。7、C【解析】A项，通入SO2后，溶液呈酸性，NO3-将SO2氧化成SO42-，Ba2+与SO42-形成BaSO4沉淀，错误；B项，在金属活动性顺序表中，Cu处在H的后面，Cu与稀硫酸不反应，再加入KNO3，发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉溶解，错误；C项，AlCl3溶液中滴加氨水产生的白色沉淀为Al（OH）3，NaHSO4溶液具有强酸性，加入NaHSO4溶液发生反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，沉淀溶解，正确；D项，稀盐酸属于电解质溶液，在Fe（OH）3胶体中加入稀盐酸，先发生胶体的聚沉后Fe（OH）3溶解，可观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解变为棕黄色溶液，错误；答案选C。点睛：本题需要注意：（1）NO3-没有强氧化性，在酸性条件下NO3-会表现强氧化性；（2）NaHSO4属于强酸的酸式盐，NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4水溶液具有强酸性。8、B【分析】实验室用乙酸和丁醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应制备乙酸丁酯，为可逆反应，反应总浓硫酸起到吸水剂和催化剂作用，为提高丁醇的转化率，可使用过量的乙酸，结合酯类的性质解答该题。【详解】A.水浴加热温度较低，不能超过100℃，应直接加热，故A错误；B.采用冷凝回流的方法，可使反应物充分利用，提高转化率，故B.正确；C.边反应边蒸馏，导致乙酸、丁醇挥发，产率较低，故C错误；D.乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中水解，一般可用碳酸钠饱和溶液，故D错误。答案选B。9、C【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。10、A【分析】由不同种元素组成的共价键为极性共价键，由极性键构成的正负电荷重心重合的分子为非极性分子。【详解】A.CH4中C-H键为极性键，分子为正四面体，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故A符合；B.H2O中O-H键为极性键，分子为V型，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故B不符合；C.HCl中Cl-H键为极性键，分子直线型，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故C错误；D.Br2中，Br-Br键为非极性键，是非极性分子，故D错误；答案选A。11、A【详解】AB．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a−b)kJ热量，该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，故A正确，B错误；C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D．由图可知，断裂1molA−A和1molB−B键，吸收akJ能量，故D错误；答案选：A。12、C【解析】A.火药爆炸的原理是硝酸钾、硫和木炭反应生成硫化钾、氮气、二氧化碳，故“焰消”指的是硝酸钾，故A正确；B.“精铁锻之百余火，每锻称之，一锻一轻，至累锻而斤两不减，则纯钢也”，精铁中含有碳，说明炼纯钢的过程是减少含碳量的过程，故B正确；C.丹砂烧之成水银，是指硫化汞发生反应生成单质汞，是化学变化，不是熔融成液态，故C错误；D.高温条件下，碳和水发生反应：C＋H2OCO＋H2，即在高温条件下，把水滴在炭火上，得到两种可燃性气体，故D正确；故答案选C。13、A【详解】A.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；C.反应生成的乙烯中可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；答案选A。【点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。14、D【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。若X为第二周期元素，X原子的次外层电子数为a，最外层电子数为b；所以a=2；Y为第三周期元素，Y原子的L层电子数为(a＋b)，M层电子数为(b－a)；所以a＋b=8，b=6；b－a=4；所以X为O，Y为Si；W、Z原子的最外层电子数分别为(b－1)和b，所以W原子最外层电子数为5，W为N，Z原子最外层电子数为6，且在Y元素之后，所以Z为S；据以上分析解答。【详解】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。若X为第二周期元素，X原子的次外层电子数为a，最外层电子数为b；所以a=2；Y为第三周期元素，Y原子的L层电子数为(a＋b)，M层电子数为(b－a)；所以a＋b=8，b=6；b－a=4；所以X为O，Y为Si；W、Z原子的最外层电子数分别为(b－1)和b，所以W原子最外层电子数为5，W为N，Z原子最外层电子数为6，且在Y元素之后，所以Z为S；A.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O>Si，所以气态氢化物的稳定性：X>Y，A错误；B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，而题给氧化物的水化物，不知非金属元素的价态高低，无法判断其酸性强弱，B错误；C.同一周期，从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径：N<S；C错误；D.X与Y形成的化合物为SiO2，性质稳定，常温下不能与盐酸反应，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】元素非金属性比较规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。15、B【解析】A、硫酸铁溶于水后水解生成Fe(OH)3胶体，，可吸附水中悬浮物，可用作净水剂，选项A正确；B、水解反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，选项B不正确；C、AlCl3、FeCl3、CuCl2在溶液中加热易水解，生成氢氧化物和HCl，HCl易挥发，最后完全水解生成氢氧化物，蒸干生成氧化物，所以制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，选项C正确；D、盐类水解反应的逆反应是中和反应，选项D正确。答案选B。16、C【详解】A．a点时消耗0.1mol/L一元酸HA10mL，酸碱恰好中和生成盐，溶液pH=8.7，溶液显碱性，则该盐为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故A错误；B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．b点加入0.1mol/L一元酸HA溶液20mL，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，此时溶液的pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故C正确；D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基取代反应或保护亚氨基(或)，避免发生副反应或【分析】根据合成路线中有机物的结构简式及反应条件分析，A中氢原子被取代生成B，B中羟基被Cl取代生成C，C与间二氟苯发生取代反应生成D，D中的亚氨基具有碱性，与盐酸反应生成E，E在与NH2OH﹒HCl的反应中，羰基中氧原子被取代生成F，F在碱性条件下发生成环反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据E的结构简式分析，其中的含氧官能团为羰基，故答案为：羰基；(2)根据C和D的结构变化分析，C→D的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)已知R—NH2+F—R′→RNH—R′+HF，在一定条件下，胺中的氢原子和F-R中F会被取代，则结合H的分子式分析知，H的结构简式为：，故答案为：；(4)①有一个六元环，该六元环含一个О原子和一个N原子，则环中还有4个碳原子，另外4个碳原子处于六元环的取代基位置上；②能发生银镜反应，结构中含有醛基；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1，根据峰的数目分析，有两个醛基和两个甲基，并处于对称位置，同分异构体为：或，故答案为：或；(5)已知：RCOCl+R′NH2→；①根据亚氨基在合成路线中的变化分析，设计A→B步骤的目的是保护亚氨基(或)，避免发生副反应，故答案为：保护亚氨基(或)，避免发生副反应；②根据原料的及目标产物的结构特点，结合题干信息中反应类型，运用逆推法分析得到合成路线为：或。18、（1）,消去反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；；；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热50℃～60℃；Fe/稀HCl；【解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1molB发生信息①中氧化反应生成1molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3，可以是，故答案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。19、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。20、平衡压强，使浓盐酸顺利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯气中混有的氯化氢气体避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降乙CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出A、C【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O