江苏省常熟市2026届高三化学第一学期期中经典模拟试题含解析

江苏省常熟市2026届高三化学第一学期期中经典模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是（）A．石英是制造光导纤维的原料，也是常用的半导体材料B．刚玉硬度仅次于金刚石，可做机械轴承，属于无机非金属材料C．泰国银饰和土耳其彩瓷，其主要成分均为金属材料D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料2、以下图像与相对应的反应情况分析正确的是A．图1：向含KOH和Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B．图2：向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液C．图3：向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D．图4：向Na[Al(OH)4]溶液中逐滴加入盐酸3、化学与生产、生活密切相关。对下列现象或事实解释不正确的是选项现象或事实解释A用活性炭去除冰箱中的异味活性炭具有吸附性B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2及H2O反应生成CaCO3和HClO，HClO易分解CFeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+D用热碱水清除炊具上残留的油污Na2CO3可和油污直接发生反应A．A B．B C．C D．D4、设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（）A．将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAD．标准状况下，18gD2O中所含电子数为9NA5、下列不能用勒沙特列原理解释的是A．实验室用排饱和食盐水的方法收集B．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的转化率C．合成氨工业中，及时液化分离，并循环利用未反应完的和D．合成氨工业中，500℃比常温更有利于氨的合成6、下列说法中正确的是（）A．除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥B．FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明铁的金属性比铜强C．配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒D．工业上用氯气和石灰水反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封7、常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体(称摩尔盐)是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OFe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+17H2O。下列说法正确的是()A．该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3B．1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAC．向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和红褐色沉淀D．常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4大8、下列有关物质性质的应用正确的是（）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝9、2019年为国际化学元素周期表年。鉝(Lv)是116号主族元素，其原子核外最外层电子数是6。下列说法不正确的是()A．Lv位于第七周期第VIA族B．Lv在同主族元素中金属性最弱C．Lv的同位素原子具有相同的电子数D．中子数为177的Lv核素符号为Lv10、下列推理正确的是A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在氧气中燃烧也生成Fe2O3B．铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，钠也能从硫酸铜溶液中快速置换出铜C．铝片表面易形成致密的氧化膜，钠块表面也易形成致密的氧化膜D．钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属单质参与氧化还原反应时金属均作还原剂11、金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl312、化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化13、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是X

Y

Z

W

Q

A．钠与W可能形成Na2W2化合物B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C．W得电子能力比Q强D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体14、下列微粒中质子数大于电子数的是A．OH- B． C． D．15、在离子浓度都为0.1mol·L－1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是A．在含Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Cu2＋、Fe3＋、H＋B．在含I－、SO32-、Br－的溶液中不断通入氯气：I－、Br－、SO32-C．在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、AlO2-、SO32-D．在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3＋、NH4+、H＋16、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构二、非选择题（本题包括5小题）17、已知物质A是芳香族化合物，A分子中苯环上有2个取代基(均不含支链)，且A的核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1:1:1:1:2:2，能够与FeCl3溶液发生显色反应。D（C18H16O6）分子中除含2个苯环外还含有1个六元环。它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A中所含的含氧官能团的名称为__________________________。（2）填写下列反应的反应类型：反应①_____________反应③_____________。（3）B的结构简式___________，D的结构简式_______________。（4）A→E的化学方程式为____________________________________________。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_____________种。①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解；③lmol该物质可与4mol[Ag(NH3)2]+发生银镜反应；④lmol该物质可与5molH2加成。18、有机物M是一种食品香料,可以C4H10为原料通过如下路线合成:已知:①R—CHCH2R—CH2CH2OH②RCH2CHO+R'CH2CHO③F分子中的碳链上没有支链;E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应。请回答下列问题:（1）A、B均为一氯代烃,写出其中一种的名称(系统命名)____;M中的官能团名称为______。（2）写出下列反应的反应类型:F→G________,D+GM________。（3）F与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为____________________。（4）M的结构简式为____________;E的核磁共振氢谱有____种峰。（5）与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体有____种,请写出其中一种的结构简式:________________。（6）参照上述合成路线,以苯乙烯()和乙醛为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线：______________________。19、碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。I．合成该物质的步骤如下:步骤1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；步骤2：将所配NH4HCO3溶液倒入四口烧瓶中，控制温度50℃，边搅拌边把所配MgSO4溶液于1min内逐滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；步骤3：放置1h后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品（MgCO3•nH2O，n=1~5）。(1)步骤1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有____________。(2)①步骤2中应采取的较好加热的方法为__________；②根据上述实验药品的用量，四口烧瓶的最适宜规格为______（填标号）。A．250mLB．500mLC．1000mLD．2000mL③生成MgCO3•nH2O的离子方程式为________________________________________。

(3)步骤3中，为加快过滤速度，常用__________(填过滤方法)。II．测定合成的MgCO3∙nH2O中的n值：方法1：称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后，烧杯中的溶液加足量氯化钡溶液后，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得CO2的总量；重复上述操作2次。(4)图中气球的作用是_______________________________________。(5)设NaOH溶液为amol·L-1bmL。3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则n值为______________________（用含a、b、c、d的代数式表示）。(6)若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，产生的后果是n值_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方法2：用热重分析法测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。(7)230℃~430℃发生的化学反应的方程式为__________________________。20、氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。实验装置如下所示：已知：①氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。②亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。③温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。回答下列问题：（1）仪器b的名称是________，写出装置A中发生反应的化学方程式___________________。（2）某同学检验装置A部分的气密性，关闭止水夹c后，开启活塞a，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：A部分装置是否漏气？________（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”），判断理由：____________。（3）装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是___________，F装置的作用是_______________________。（4）加热至反应开始发生，需移走A处酒精灯，原因是_______________________________________。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），则样品中氮化镁的质量分数为__________________。21、I.口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）△H。回答下列问题：（1）从工业生产的角度来看，主要可以获取丙烷的是_____。A液化石油气B炼铁高炉尾气C水煤气D焦炉气E重油裂化产物（2）1.2×104Pa、1.0×105Pa时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图所示：①105Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线是_____。②若起始通入丙烷、丙烯、氢气的物质的量比为3:1:1，计算Q点的平衡常数Kp=_____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，氧气被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是_____。II.环氧乙烷（_________）可用作一次性医用口罩的灭菌剂。工业上常常利用乙烯氧化法来生产环氧乙烷。主反应：2C2H4（g）+O2（g）（g）副反应：C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）乙烯氧化法中反应温度与反应速率的关系如图所示：（4）工业生产中，使用Ag作为该反应催化剂，反应过程如下：Ag（s）+O2（g）→Ag+-O（s）（吸附态分子氧离子）CH2=CH2（g）+Ag+-O（s）→（g）+Ag+-O-（s）（吸附态原子氧离子）CH2=CH2（g）+6Ag+-O－（s）→2CO2（g）+2H2O（g）+6Ag（s）①根据上述反应过程，理论上1mol乙烯参与反应最多可以得到_____mol环氧乙烷。②为了加快主反应速率（且对副反应影响较小），显著提高环氧乙烷生产效率，所采取的措施是_____。A增大体系压强B升高温度C加入抑制剂X（X+Ag+-O→Ag+XO2）D加入抑制剂Y（Y+Ag+-O－→Ag+YO）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．石英的主要成分是二氧化硅，是制造光导纤维的原料，硅单质是常用的半导体材料，故A错误；B．无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，刚玉是金属氧化物，硬度仅次于金刚石，利用其硬度大的特点，可做机械轴承，属于无机非金属材料，故B正确；C．泰国银饰主要成分是银单质，属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；D．手机外壳上贴的碳纤维外膜为碳单质，属于无机物，不是有机高分子化合物，故D错误；答案选B。2、B【解析】A、含KOH和Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2，先生成碳酸钙沉淀，后有碳酸钾生成，再生成碳酸氢钾，最后沉淀溶解，生成碳酸氢钙，故图像错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液先生成硫酸钡沉淀，后沉淀不再溶解变化，正确；C、KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当物质的量之比是2:3时，生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，再加入1molBa(OH)2时，氢氧化铝沉淀溶解2mol，硫酸钡生成1mol，图像中沉淀应该减少，当滴入的物质的量之比为1:2后，再加入氢氧化钡后，沉淀不再变化，故图像错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，再溶解转变为氯化铝溶液，故图像错误。答案选B。3、D【详解】A、用活性炭去除冰箱中的异味是因为活性炭具有吸附性，A正确；B、漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2及H2O反应生成CaCO3和HClO，HClO易分解，B正确；C、FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板是因为FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+，反应为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，C正确；D、用热碱水清除炊具上残留的油污是因为升温促进Na2CO3的水解，溶液的碱性增强，去污能力增强，油污在碱性条件下发生水解，D错误；答案选D。4、D【详解】A．78gNa2O2是1mol，与过量CO2反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，属于歧化反应，所以转移的电子数为NA，故A错误；B．因为N2+3H22NH3为可逆反应，所以1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故B错误；C．标准状况下，SO3不是气体，所以无法计算SO3中所含原子数，故C错误；D．标准状况下，18gD2O是0.9mol，含有的电子数=0.9mol10NA=9NA，故D正确；所以答案：D。5、D【详解】A.氯气在水中发生Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，在饱和食盐水中，Cl−浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，A项错误；B.工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，B项错误；C.合成氨工业中，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，则及时液化分离，并循环利用未反应完的和，均会使平衡向正向移动，可用勒夏特列原理解释，C项错误；D.对N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；△H<0，温度越高越不利于平衡向正方向移动，但在温度角度反应速率较低，不利于反应的进行，不能用勒沙特列原理解释；采用500℃是因为该温度下催化剂的活性最高；D项正确；答案选D。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。6、A【详解】A.除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发，NaCl结晶析出，趁热过滤，洗涤，干燥，得纯净的NaCl晶体，A正确；B.FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，B不正确；C.配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为天平、烧杯、玻璃棒、量筒，C不正确；D.工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封，D不正确。故选A。【点睛】漂白粉是由氯气与氢氧化钙（消石灰）反应制得。因为绝对干燥的氢氧化钙与氯气并不发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。但漂白粉遇水或潮湿空气会强烈水解，甚至引起燃烧爆炸。所以制取漂白粉时，采用含有1%以下游离水分的消石灰来进行氯化，所用的氯气也含有0.06%以下水分。7、C【分析】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。据此分析。【详解】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。A.该反应中氧化产物是N2、Fe2O3，还原产物是SO2，故错误；B.反应中转移8个电子，所以1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为4NA，故错误；C.向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，可得刺激性气体氨气和氢氧化亚铁白色沉淀，但氢氧化亚铁沉淀能被空气中的氧气氧化，最终氢氧化铁红褐色沉淀，故正确；D.将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，说明常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，故错误。故选C。8、A【解析】A．液氨汽化时要吸收大量的热，，从而可以使环境的温度降低，因此可用作制冷剂，正确；B．二氧化硅不与强酸反应，但是可以与氢氟酸发生反应，而石英器皿中的含义大量的二氧化硅，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C．生石灰能与水反应，也可以与Cl2发生反应，因此不可用来干燥氯气，错误；D．氯化铝是一种电解质，但是由于该物质是分子晶体，无离子，因此不能用于电解制铝，错误。答案选A。9、B【分析】鉝(Lv)原子核外最外层电子数是6，可能是第VIA族的元素，由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝(Lv)位于元素周期表第七周期第VIA族，据此分析。【详解】A．由分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；B．同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；C．同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；D．中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；答案选B。10、D【分析】A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不会生成Fe2O3；B．钠与硫酸铜溶液反应的实质为：钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不会生成铜单质；C、根据铝易于空气中的氧气反应进行分析，钠形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应；D．金属的化合价为0价，化合物中金属的化合价为正价，所以金属单质在反应中一定做还原剂。【详解】A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，选项A错误；B．钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，选项B错误；C．铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，但钠化学性质比较活泼，形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应，选项C错误；D．Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中的化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了金属单质及其化合物性质，题目难度中等，注意掌握金属单质及其化合物性质的综合利用方法，明确活泼金属在溶液中的反应情况，如钠与硫酸铜溶液的反应，不会置换出金属铜。11、D【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；B．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；C．镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；故答案为D。12、B【详解】A.漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B.硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D.硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。答案选B。13、A【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，据此解答。【详解】A.Na和S可形成类似于Na2O2的Na2S2，正确；B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误；C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，错误。答案选A。14、C【详解】A．OH-的质子数是9，电子数是10，其质子数小于电子数，A错误；B．NH3为电中性分子，质子数等于电子数，都是10，B错误；C．该粒子为阳离子Na+，其质子数是11，电子数是10，则其质子数大于电子数，C正确；D．为原子，质子数等于电子数，都是15，D错误；答案选C。15、C【详解】A、氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋，加入锌先跟氧化性强的反应，顺序为Fe3＋>Cu2＋>H＋，故错误；B、还原性：SO32－>I－>Br－，先跟还原性强的反应，因此顺序是SO32－>I－>Br－，故错误；C、OH－结合H＋的能力强于其他，先反应的是OH－，酸根越弱，结合H＋能力越强，H2SO3是中强酸，而Al（OH）3显两性，因此H＋与AlO2－结合能力强于与SO32－的结合因此顺序是OH－>AlO2－>SO32－，故正确；D、根据C选项的分析，先于H＋结合，根据Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe（OH）3↓＋3NH4＋，推出Fe3＋的结合OH－的能力大于NH4＋，因此顺序是H＋>Fe3＋>NH4＋，D不正确；故选C。16、C【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基羧基加成反应取代反应13【解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应①属于加成反应，反应②属于水解反应，反应③属于酯化反应，②③均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)A→E反应的化学方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；(5)A()的同分异构体符合下列条件：②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；③lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；④lmol该物质可与5molH2加成；①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间、对三种位置．侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为，据此解答。18、2-甲基-1-氯丙烷碳碳双键和酯基氧化反应酯化反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O44、、、(任写一种)【解析】根据有机物官能团的结构和性质、反应条件、有机物分子式和转化关系图，利用正推法或逆推法并借助于已知信息逐一分析判断出每种有机物的结构简式，最后结合问题解答。C4Hl0与氯气光照得到两种有机物A和B，A和B均发生消去反应生成C，则A是异丁烷，C是2－甲基丙烯；根据已知信息①可知C转化为D，则D的结构简式为(CH3)CHCH2OH。F分子中的碳链上没有支链；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应，说明均含有醛基。根据分子式和已知信息②可知E是苯甲醛，N是乙醛，F的结构简式为，G的结构简式为,D和G发生酯化反应生成M，则M的结构简式为。（1）A、B均为一氯代烃，其名称为2−甲基−1−氯丙烷或2−甲基−2−氯丙烷；根据M的结构简式可知中的官能团名称为碳碳双键和酯基；（2）根据以上分析可知F→G是醛基的氧化反应，D+G→M是酯化反应；（3）F中含有醛基，与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为；（4）根据以上分析可知M的结构简式为；E的结构简式为，因此核磁共振氢谱有4种波峰；（5）G的官能团是碳碳双键和醛基，则与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体中苯环上可以含有一个取代基，则应该是－C(CHO)＝CH2，如果含有两个取代基，应该是醛基和乙烯基，有邻间对三种，共计有4种，其结构简式为；（6）根据已知信息①以及框图中C转化为D的信息可知路线图为。19、500mL容量瓶水浴加热CMg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+减压过滤法暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定偏大MgCO3·H2OMgCO3+H2O【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2−3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，还需要仪器有：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；②四口烧瓶要加入200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液，液体总体积为600mL，四口烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的，不少于容积的，故选1000mL规格的四口烧瓶，故选C；③将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+，故答案为：Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+；(3)要分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，可利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，故答案为：减压过滤法；(4)装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；（5）设NaOH溶液为amol·L-1bmL，3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则吸收二氧化碳消耗的NaOH的物质的量为：amol·L-1b10-3-cmol·L-1d10-3=（ab-cd）10-3mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为10-3mol，根据化学式可知，MgCO3⋅nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n，得到1:n=10-3:；得到n=，故答案为：。（6）反应后期将温度升到30℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，测得二氧化碳的量偏小，由（5）可知，n值偏大；（7）由图像可知，加热到230℃~430℃，质量损失了（100%-82.3%）100g=18g，刚好损失的是1mol水，则MgCO3·nH2O的相对分子质量为：=100g/mol，则n=1，230℃~430℃发生的化学反应的方程式为：MgCO3·H2OMgCO3+H2O。20、蒸馏烧瓶NH4Cl+NaNO2△N2↑+NaCl+2H2O无法确定由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶除去氧气防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解该反应剧烈放热，产生氮气的速度较