2026届陕西省度西安中学高三回头联考化学试题试卷含解析

2026年陕西省度西安中学高三回头联考化学试题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C．生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D．工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料2、NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB．标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAC．常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD．0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA3、X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与Y同主族，X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是()QRYZA．原子半径：r(Z)>r(Y)>(R)>r(Q)B．气态化合物的稳定性：QX4>RX3C．X与Y形成的化合物中含有离子键D．最高价含氧酸的酸性：X2QO3>XRO34、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A．22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NAB．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD．常温下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA5、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．Z、W组成的化合物能与强碱反应D．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:16、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料C．用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料7、下列说法正确的是A．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B．漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C．纯碱、明矾和干冰都是电解质D．乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NAB．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NAC．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD．1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者小于后者9、在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是A．用蒸馏法淡化海水 B．用铁矿石冶炼铁C．用石油裂解生产乙烯 D．用煤生产水煤气10、下列说法正确的是()A．将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质B．氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C．固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电D．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强11、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是()A．X的简单氢化物比Y的稳定B．X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体C．Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>YD．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱12、C8H9Cl的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有A．9种B．12种C．14种D．16种13、“以曾青涂铁。铁赤色如铜"——东晋.葛洪。下列有关解读正确的是A．铁与铜盐发生氧化还原反应. B．通过化学变化可将铁变成铜C．铁在此条件下变成红色的Fe2O3 D．铜的金属性比铁强14、物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D15、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br216、一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲线a表示该反应在温度T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。叙述正确的是（）A．温度T℃时，该反应的平衡常数K=B．温度T℃时，混合气体的密度不变即达到平衡状态C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b改变的条件是温度，则该正反应放热二、非选择题（本题包括5小题）17、生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应①的条件是____________；物质B含有的官能团名称是________________(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式__________(3)反应③的类型____________，写出该反应④的一种副产物的结构简式________(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式____________________(5)1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_________、___________。18、X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中Y、Z为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物，W的用途之一是计算机芯片，W在周期表中的位置为___________，Y的用途有_________，写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式_________。（2）若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为___________。（3）若X为淡黄色粉末，Y为生活中常见液体，则：①X的电子式为_______________，该反应的化学方程式为____________，生成的化合物中所含化学键类型有________________________。②若7.8克X物质完全反应，转移的电子数为___________。19、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是____________________________________。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。①写出反应的离子方程式：________________________________________。②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。20、某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是_______。(2)反应①中生成A的离子方程式为________。(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。21、药物中间体M的合成路线流程图如图：已知：（R、R’、R”为H或烃基）请回答下列问题：(1)A为芳香烃，名称为___。(2)化合物C含有的官能团名称为__。(3)下列说法中正确的是__。A．化合物A只有1种结构可以证明苯环不是单双键交替的结构B．可利用酸性KMnO4溶液实现A→B的转化C．化合物C具有弱碱性D．步骤④、⑤、⑥所属的有机反应类型各不相同(4)步骤⑥可得到一种与G分子式相同的有机副产物，其结构简式是__。(5)有机物H与氢气加成的产物J存在多种同分异构体。写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式__。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。(6)写出I+G→M的化学方程式（可用字母G和M分别代替物质G和M的结构简式）__。(7)设计以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_____(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。2、C【解析】

A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1NA，故B错误；C.1molHCHO和1molC2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。故选C。3、C【解析】

X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物为甲烷，则X为H，Q为C，X与Y同主族，则Y为Na，结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg，R为N，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为H，Q为C，Y为Na，Z为Mg，R为N。A.同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(Q)>r(R)，A项错误；B.非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3>QX4，B项错误；C.X与Y形成NaH，含离子键，C项正确；D.非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3>X2QO3，D项错误；答案选C。4、B【解析】

A．22.4L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。5、D【解析】

X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。6、C【解析】

A．二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；C．聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；D．碳纳米管表面积大，据有较大的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；答案选C。7、B【解析】

A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项A错误；A、漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项B正确；C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，选项C错误；D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项D错误。答案选B。8、D【解析】

A.铁过量，1molCl2完全反应转移2mol电子，选项A正确；B.乙醇有0.5mol，另外还有1.5mol水，故氢原子总数为（0.5mol×6+1.5mol×2）×NA=6NA，选项B正确；C.反应中每生成4mol氮气转移15mol电子，生成28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，选项C正确；D.NaCl溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2[n(Na+)+n(H+)]，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者大于后者，选项D错误；答案选D。9、A【解析】

A.蒸馏海水，利用沸点的差异分离易挥发和难挥发的物质，没有涉及到化学变化，A项符合题意；B.铁矿石炼铁，从铁的化合物得到铁单质，涉及到化学变化，B项不符合题意；C.石油裂解，使得较长碳链的烷烃断裂得到较短碳链的烃类化工原料，涉及到化学变化，C项不符合题意；D.煤生成水煤气，C与水蒸气高温条件下得到CO和H2，涉及到化学变化，D项不符合题意；本题答案选A。10、C【解析】

A．硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；B．氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C．固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；正确答案是C。本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。11、B【解析】

Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【详解】A.氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；C.因为W的原子序数比Z大，所以原子半径大小为Z>W，故C不选；D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。故选B。在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。12、C【解析】分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3；2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14种；故选C。点睛：本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。13、A【解析】

A．铁与铜盐发生置换反应Fe+Cu2++Fe2++Cu，属于氧化还原反应，A正确；B．化学变化不能将原子核改变，也即不能改变元素的种类，不可能将铁变成铜，B错误；C．由A的分析知，铁在此条件下变成Fe2+，赤色为生成Cu的颜色，C错误；D．铁置换出铜，说明铜的金属性比铁弱，D错误。故选A。14、B【解析】

A.湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B.NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。15、A【解析】

A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。16、A【解析】

A．故K＝，故A正确；B．反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，则密度ρ＝不变，故B错误；C．由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D．由图可知，b曲线化学反应速率快(变化幅度大)，氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误；故答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、铁羧基、氯原子（苯基）CH3COOH取代无Na2CO3+2NaHCO33mol4nmol【解析】

根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应①的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子；(2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH；(3)反应③的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应④的一种副产物的结构简式为；(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4nmol。本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。18、第三周期ⅣA族光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑离子键、极性键0.1NA【解析】

⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物，即X为碳，W的用途之一是计算机芯片，即为硅，W在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有光导纤维，写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y为生活中常见液体即为，则：①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键；②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，故答案为0.1NA。19、分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1．5，则含有NaOH乙醇82.7％【解析】

装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%=82.7%。考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。20、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【解析】

测得X溶液中c(H+)=6mol/L，在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在；一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则沉淀C为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3，说明原溶液中含有Al3+离子，通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe3+，溶液显酸性，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，根据已知溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl-，以此解答。【详解】通过上述分析可知：气体A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，气体D是NO2，溶液E为HNO3，气体F是NH3，I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3：(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子；(2)在X中含有Fe2+、H+，当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(3)n(NO