2022年甘肅省武威市高中名校高三壓軸卷化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、有氯氣參加的化學反應一定不屬于A復分解反應B置換反應

2、C取代反應D加成反應2、實驗室用H2還原SiHCl3(沸點：31.85 )制備純硅的裝置如圖所示(夾持裝置和尾氣處理裝置略去)，下列說法正確的是( )A裝置、中依次盛裝的是濃H2SO4、冰水B實驗時，應先加熱管式爐，再打開盛裝稀硫酸的分液漏斗C為鑒定制得的硅中是否含微量鐵單質，用到的試劑可以為：鹽酸、雙氧水、硫氰化鉀溶液D實驗中制備氫氣的裝置也可用于實驗室中用堿石灰與氯化銨溶液反應制備氨氣3、X、Y、Z、R 是四種原子序數依次遞增的短周期主族元素，X 原子最外層有兩個未成對電子，Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，R原子的核外電子數 是X原子與 Z

3、原子的核外電子數之和。下列敘述正確的是（ ）A原子半徑的大小順序：XYZRBX、Y 分別與氫元素組成的化合物熔沸點一定是：XYC最高價氧化物對應水化物的酸性：RXDY與Z形成的兩種化合物中的化學鍵和晶體類型均完全相同4、下列說法正確的是（ ）A氯化鈉、氯化氫溶于水克服的作用力相同B不同非金屬元素之間只能形成共價化合物CSiO2和Si的晶體類型不同，前者是分子晶體，后者是原子晶體D金剛石和足球烯（C60）構成晶體的微粒不同，作用力也不同5、分析生產生活中的下列過程，不涉及氧化還原反應的是（）A銅制品、鐵制品在潮濕的空氣中生銹B缺鐵性貧血服用補鐵劑時，需與維生維C同時服用C將氯氣通入冷的消石灰中制

4、漂白粉D從海水中提取氯化鎂6、已知二甲苯的結構： ，下列說法正確的是Aa的同分異構體只有b和c兩種B在三種二甲苯中，b的一氯代物種數最多Ca、b、c 均能使酸性 KMnO4溶液、溴水發(fā)生化學反應而褪色Da、b、c 中只有c 的所有原子處于同一平面7、SO2是大氣污染物，造成酸雨的主要原因，用如圖所示裝置可以既吸收工廠排放的廢氣中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列說法正確的是()Aa為正極，b為負極B生產過程中氫離子由右移向左C從左下口流出的硫酸的質量分數一定大于50%D負極反應式為SO22H2O-2e-=SO42-4H+8、下列說法正確的是AFeCl3溶液可以腐蝕印刷屯路板上的Cu，說明F

5、e的金屬活動性大于CuB晶體硅熔點高、硬度大，故可用于制作半導體CSO2具有氧化性，可用于紙漿漂白DK2FeO4具有強氧化性，可代替Cl2處理飲用水，既有殺菌消毒作用，又有凈水作用9、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外層電子數是電子層數的2倍，X元素存在兩種氣態(tài)同素異形體，一種可吸收大氣中的紫外線，Y原子最外層電子數等于電子層數，Z離子在同周期最簡單陰離子中，半徑最小。下列說法正確的是AW的氫化物沸點一定低于X的氫化物沸點B簡單離子半徑： X Y ZCX的一種單質和Z的某種化合物都可用于污水的殺菌消毒DY、Z形成的離子化合物溶于水，陰、陽離子數目比為3:110、

6、 “司樂平”是治療高血壓的一種臨床藥物，其有效成分M的結構簡式如圖下列關于M的說法正確的是（）A屬于芳香烴B遇FeCl3溶液顯紫色C能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D1 mol M完全水解生成2 mol醇11、下圖為光電催化能源化利用CO2制備太陽能燃料的示意圖。下列說法不正確的是A陽極反應式為2H2O4e4H+O2BCO2還原產物可能為CO、HCHO、CH3OH、CH4等C陽極、陰極材料互換對制備太陽能燃料影響不大D若太陽能燃料為甲醇，則陰極電極反應式為：CO2+6H+6eCH3OH+H2O12、25時，NaCN溶液中CN、HCN濃度所占分數()隨pH變化的關系如圖甲所示，其中a點的坐標為(9.5，

7、0.5)。向10mL0.01molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL-1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示。下列溶液中的關系中一定正確的A圖甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常溫下，NaCN的水解平衡常數：Kh(NaCN)=104.5mol/LC圖乙中b點的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D圖乙中c點的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)13、煉鐵、煉鋼過程中，先被氧化后被還原的元素是（）A煉鐵過程中的鐵元素B煉鐵過程中的氧元素C煉鐵過程中的碳元素D煉鋼過程中的鐵元素14、劣質洗發(fā)水中含有超標致癌物二噁烷()。

8、關于該化合物的說法正確的是A1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2B與互為同系物C核磁共振氫譜有4組峰D分子中所有原子均處于同一平面15、為原子序數依次增大的五種短周期元素，A是周期表原子半徑最小的元素，同周期且相鄰，C的L層電子數是K層的3倍，E原子的核外電子數是B原子質子數的2倍。下列說法不正確的是（ ）A純凈的E元素的最高價氧化物可用于制造光導纖維B三種元素形成的化合物中一定只含共價鍵C由元素組成的某種化合物可與反應生成D元素A與形成的常見化合物中，熱穩(wěn)定性最好的是AD16、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，原子最外層電子數之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質

9、能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（ ）AW和Y形成的一種化合物具有漂白性B簡單離子半徑大小順序：WZYC最簡單氫化物的穩(wěn)定性：XYD元素X的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發(fā)生反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物 W 在醫(yī)藥和新材料等領域有廣泛應用。W 的一種合成路線如圖：已知部分信息如下：1molY完全反應生成2molZ，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅懸濁液反應+R1COOHRCH2NH2+H2O請回答下列問題：(1)Y 的化學名稱是_；Z 中官能團的名稱是_；(2)中_（填“有”或“無”）手性碳原子；圖示中 X 轉化為 Y

10、的反應類型是_。(3)生成 W 的化學方程式為_。(4)G 是對硝基乙苯的同分異構體，G 能和碳酸鈉反應產生氣體且分子中含有NH2（氨基），G的同分異構體有_種（不考慮立體結構），其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為 12222 的結構簡式為_。(5)設計以苯乙烯和丙酮為原料制備藥物中間體的合成路線_（無機試劑自選）。18、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)；基態(tài)B原子s能級的電子總數比p能級的多1；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數均是未成對電子數的3倍；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素A、B、C中

11、，電負性最大的是_(填元素符號，下同)，元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為_。(2)與同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_；BA3分子中鍵角_10928(填“”“”或“”)，原因是_。(3)BC3離子中B原子軌道的雜化類型為_，BC3離子的立體構型為_。(4)基態(tài)E原子的電子排布式為_；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價為6)中鍵與鍵數目之比為_；(5)化合物DB是人工合成的半導體材料，它的晶胞結構與金剛石(晶胞結構如圖所示)相似。若DB的晶胞參數為a pm，則晶體的密度為_gcm3(用NA表示阿伏加德羅常數)。19、乙醇是制取飲料、香精、染料、涂料、洗滌劑等產品

12、的原料。完成下列填空：（1）實驗室用乙醇制取乙烯時，濃硫酸的用量遠遠超過作為催化劑的正常用量，原因是_。（2）驗證乙烯加成反應性質時，需對乙烯氣體中的干擾物質進行處理，可選用的試劑是_（填寫化學式）；能確定乙烯通入溴水中發(fā)生了加成反應的事實是_。（選填編號）a溴水褪色 b有油狀物質生成c反應后水溶液酸性增強 d反應后水溶液接近中性（3）實驗室用乙醇和乙酸制備乙酸乙酯時，甲、乙兩套裝置如圖1都可以選用。關于這兩套裝置的說法正確的是_。（選填編號）a甲裝置乙酸轉化率高 b乙裝置乙酸轉化率高c甲裝置有冷凝回流措施 d乙裝置有冷凝回流措施（4）用乙裝置實驗時，提純乙中乙酸乙酯的流程如圖3以上流程中試劑

13、A的化學式是_；操作的名稱是_；操作一般適用于分離_混合物。（5）如圖2是用乙醇制備溴乙烷的裝置，實驗中有兩種加料方案：先加溴化鈉再加乙醇最后加1：1濃硫酸；先加溴化鈉再加1：1濃硫酸最后加乙醇。按方案和實驗時，產物都有明顯顏色，若在試管中加入_，產物可變?yōu)闊o色。與方案相比較，方案的明顯缺點是_。20、Na2SO3是一種白色粉末，工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學小組探究不同pH的Na2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應的產物，進行如下實驗。實驗 配制500 mL 一定濃度的Na2SO3溶液溶解：準確稱取一定質量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的原因是_移液：將上述溶解

14、后的Na2SO3溶液在燒杯中冷卻后轉入儀器A中，則儀器A為 _，同時洗滌_(填儀器名稱)23次，將洗滌液一并轉入儀器A中；定容：加水至刻度線12 cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復上下顛倒，搖勻。實驗 探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應的產物查閱資料：i.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至產生白色沉淀。假設一：該白色沉淀為Ag2SO3假設二：該白色沉淀為Ag2SO4假設三：該白色沉淀為Ag2SO3

15、和Ag2SO4的混合物寫出假設一的離子方程式 _；提出假設二的可能依據是_；驗證假設三是否成立的實驗操作是_。(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，開始產生白色沉淀A，然后變成棕黑色物質。為了研究白色固體A的成分，取棕黑色固體進行如下實驗：已知反應(b)的化學方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl+2NH4Cl+H2O，則反應(a)的化學方程式為_；生成白色沉淀A的反應為非氧化還原反應，則A的主要成分是_(寫化學式)。(3)由上述實驗可知，鹽溶液間的反應存在多樣性。經驗證，(1)中實驗假設一成立，則(2)中實驗的產物不同于(1)實驗的條件是 _

16、。21、雄黃(As4S4)和雌黃(As2S3)是提取砷的主要礦物原料，二者在自然界中共生。根據題意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在鹽酸中反應轉化為As4S4和SnCl4并放出H2S氣體若As2S3和SnCl2正好完全反應，As2S3和HCl的物質的量之比為_。寫出化學方程式并用雙線橋法標出電子轉移_。(2)上述反應中的氧化劑是_，反應產生的氣體可用_吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反應：As2S310H+10NO32H3AsO43S10NO22H2O若生成2 mol H3AsO4，則反應中轉移電子的物質的量為_。若將該反應設計成一原電池，則NO2應該在_(填“正極”或“負極”

17、)附近逸出。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】A復分解反應中一定沒有單質參與與生成，而氯氣屬于單質，則有氯氣參加的化學反應一定不屬于復分解反應，選項A選；B氯氣與KI等的置換反應，有氯氣參加，選項B不選；C甲烷等與氯氣的取代反應，有氯氣參加，選項C不選；D乙烯等與氯氣的加成反應中，有氯氣參加，選項D不選；答案選A?！军c睛】本題考查氯氣的化學性質及反應類型，為高頻考點，把握氯氣的氧化性及有機反應中氯氣的作用為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，注意利用實例分析，氯氣具有氧化性，有氯氣參加的反應為氧化還原反應，也可發(fā)生有機的取代、加成反應，則不可能為復分解反應。2、C【解析】

18、A.裝置的作用是使SiHCl3揮發(fā)，中應盛裝熱水，故A錯誤；B. 氫氣、氧氣的混合氣體加熱易爆炸，實驗時，應先打開盛裝稀硫酸的分液漏斗，用生成的氫氣把裝置中的空氣排出，再加熱管式爐，故B錯誤；C.鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵，用雙氧把亞鐵離子氧化為鐵離子，若加入硫氰化鉀溶液后變紅，則說明含有鐵單質，故C正確；D.實驗室中一般用加熱堿石灰與氯化銨固體混合物制備氨氣，裝置圖為，故D錯誤；答案選C。3、C【解析】X、Y、Z、R 是四種原子序數依次遞增的短周期主族元素，Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應為O元素；Z元素的單質常溫下能與水劇烈反應產生氫氣，應為Na元素

19、；X原子最外層有兩個未成對電子，其電子排布式為：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X為C；X原子與 Z 原子的核外電子數之和為17，則R為Cl元素，以此解答?！驹斀狻緼. 由分析可知，X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素，電子層數越多，原子半徑越大，同周期元素，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑的大小順序：YXR H2CO3，故C正確；D. Y與Z形成的兩種化合物為Na2O和Na2O2，二者都是離子晶體，其中Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】本題考查原子結構與元素關系、元素的性質等，難度不大，推

20、斷元素是關鍵。4、D【解析】A氯化鈉屬于離子晶體，氯化氫屬于分子晶體溶于水時，破壞的化學鍵不同；B非金屬元素之間也可形成離子化合物，如銨鹽；CSiO2和Si的晶體類型相同，都是原子晶體；D金剛石由原子構成，足球烯（C60）由分子構成?！驹斀狻緼氯化鈉屬于離子晶體溶于水時破壞離子鍵，氯化氫屬于分子晶體溶于水時破壞共價鍵，所以破壞的化學鍵不同，故A錯誤；B非金屬元素之間也可形成離子化合物，如銨鹽為離子化合物，故B錯誤；C二氧化硅是由硅原子和氧原子按照個數比1：2通過SiO鍵構成原子晶體，在Si晶體中，每個Si原子形成2個SiSi鍵構成原子晶體，故C錯誤；D金剛石由原子構成，為原子晶體，作用力為共價

21、鍵，而足球烯（C60）由分子構成，為分子晶體，作用力為分子間作用力，故D正確；故選：D。5、D【解析】A. 銅制品、鐵制品在潮濕的空氣中生銹，單質轉化為化合物，是氧化還原反應；B. 缺鐵性貧血服用補鐵劑時，需與維生維C同時服用，維C是強還原劑，可以把氧化性較強的+3價鐵還原為+2價鐵；C. 將氯氣通入冷的消石灰中制漂白粉，氯氣轉化為化合物，是氧化還原反應；D. 從海水中提取氯化鎂的方法是先用堿把海水中的鎂離子沉淀富集鎂，再用鹽酸溶解沉淀得氯化鎂溶液，然后蒸發(fā)濃縮、降溫結晶得氯化鎂晶體，接著在氯化氫氣流中脫水得無水氯化鎂，這個過程中沒有氧化還原反應。綜上所述，本題選D。6、B【解析】A.a的同分

22、異構體中屬于芳香烴的除了b和c外還有，另a還可能有鏈狀的同分異構體如CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CH2等、或環(huán)狀的同分異構體如等，A錯誤；B.a、b、c側鏈上的一氯代物都只有1種，a苯環(huán)上一氯代物有2種，b苯環(huán)上一氯代物有3種，c苯環(huán)上一氯代物只有1種，故三種二甲苯中，b的一氯代物種數最多，B正確；C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能與溴水發(fā)生化學反應，C錯誤；D.a、b、c分子中都含有CH3，與CH3中碳原子直接相連的4個原子構成四面體，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D錯誤；答案選B。7、D【解析】A. 由圖可知，此裝置

23、為原電池，且a極發(fā)生氧化反應，屬于負極，b極為正極，A項錯誤；B. 原電池中陽離子移向正極，故氫離子由左移向右，B項錯誤；C. 負極區(qū)有硫酸生成，但同時水的量在增加，則硫酸的質量分數不一定大于50%，甚至還可能小于50%，C項錯誤；D. 負極反應式為SO22H2O2e=SO42-4H，D項正確；答案選D。8、D【解析】A.氯化鐵和銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，不能說明鐵的金屬性強于銅，故錯誤；B.硅位于金屬和非金屬之間，具有金屬和非金屬的性質，所以是良好的半導體材料，與其熔點硬度無關，故錯誤；C.二氧化硫氧化性與漂白無關，故錯誤；D. K2FeO4中的鐵為+6價，具有強氧化性，還原產物為鐵離子，

24、能水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附性，所以能殺菌消毒同時能凈水，故正確。故選D。9、C【解析】W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外層電子數是電子層數的2倍，W應為第二周期元素，最外層電子數為4，可知W為C元素；X元素存在兩種氣態(tài)同素異形體，一種可吸收大氣中的紫外線，則X為O；Y原子最外層電子數等于電子層數，可知Y為Al；Z離子在同周期最簡單陰離子中半徑最小，具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，可知Z為Cl，以此解答該題?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W為C，X為O，Y為Al，Z為Cl，A水分子間存在氫鍵，沸點較高，故A錯誤；B電子層越多，離子半徑越大，具有相同電

25、子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則簡單離子半徑：ZXY，故B錯誤；CX的單質為臭氧，Z的化合物為NaClO時，都可用于污水的殺菌消毒，故C正確；D氯化鋁為共價化合物，故D錯誤；故選C。10、C【解析】A. 含有C.H、O元素且含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，不屬于芳香烴，故A錯誤；B. 不含酚羥基，所以不能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，故B錯誤；C. 含有碳碳雙鍵且連接苯環(huán)的碳原子上含有氫原子，所以能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D. 含有3個酯基，所以1molM完全水解生成3mol醇，故D錯誤；故選：C。【點睛】該物質中含有酯基、氨基、苯環(huán)、碳碳雙鍵，具有酯、胺、苯

26、、烯烴的性質，能發(fā)生水解反應、中和反應、加成反應、取代反應、加聚反應等，據此分析解答11、C【解析】圖中陽極是水失電子，生成O2和H+，電極反應式為：2H2O4e4H+O2，選項A正確；CO2被還原時，化合價降低，還原產物可能為CO、HCHO、CH3OH、CH4等，選項B正確；裝置中陽極材料是光電催化材料，陰極是惰性電極Pt，二者不能互換，選項C錯誤；若太陽能燃料為甲醇，陰極反應物為CO2和H+，則電極反應式為：CO2+6H+6eCH3OH+H2O，選項D正確。12、B【解析】A. 圖甲中可以加入HCN調節(jié)溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl)=c(HCN)，故A錯誤；

27、B. a點的坐標為(9.5，0.5)，此時c(HCN)=c(CN)，HCN的電離平衡常數為，則NaCN的水解平衡常數，故B正確；C. b點加入5mL鹽酸，反應后溶液組成為等濃度的NaCN、HCN和NaCl，由圖乙可知此時溶液呈堿性，則HCN的電離程度小于CN的水解程度，因此c(HCN)c(CN)，故C錯誤；D. c點加入10mL鹽酸，反應后得到等濃度的HCN和NaCl的混合溶液，任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據物料守恒得c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，而根據電荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl)+ c(OH)+ c(CN)，則c(Na+)+ c(H+)= c

28、(HCN)+ c(OH)+ 2c(CN)，故D錯誤；故選B。13、D【解析】煉鋼過程中反應原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO ，2FeO+Si2Fe+SiO2。反應中C元素化合價升高，Fe元素發(fā)生FeFeOFe的一系列反應中，則Fe元素既失去電子也得到電子，所以既被氧化又被還原，故選D。14、A【解析】A.二噁烷的分子式為C4H8O2，完全燃燒后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃燒消耗5molO2，故A正確；B. 二噁烷中含有2個氧原子，與組成上并非只相差n個CH2原子團，所以兩者不是同系物，故B錯誤；C. 根據二噁烷的結構簡式可知，其分子中只有一種化學環(huán)境的氫原子，故核磁共振氫

29、譜只有1組峰，C錯誤；D. 分子中碳原子都是sp3雜化，所以所有原子不可能處于同一平面，故D錯誤，故選A?！军c睛】甲烷型：四面體結構，凡是C原子與其它4個原子形成共價鍵時，空間結構為四面體型。小結：結構中每出現一個飽和碳原子，則整個分子中所有原子不可能共面。15、B【解析】原子半徑最小的元素是氫，A為氫，C的L層是K層的3倍，則C為氧，B為氮，D為氟，B原子有7個質子，則E原子有14個核外電子，即硅元素，據此來分析各選項即可?！驹斀狻緼.二氧化硅可以用于制造光導纖維，A項正確；B.A、B、C三種元素可以形成，中含有離子鍵，B項錯誤；C.可以直接和作用得到，C項正確；D.非金屬性越強的元素，其氫

30、化物的熱穩(wěn)定性越好，B、C、D、E中非金屬性最強的是氟，因此的熱穩(wěn)定性最好，D項正確；答案選B。16、B【解析】常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數之和為20，則X最外層電子數為20-3-6-6=5，則X為氮；A. W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B. 硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：WYZ，故B錯誤；C. 非金

31、屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：XY，故C正確；D. 元素X的氣態(tài)氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發(fā)生反應生成硝酸銨，故D正確。故選B?！军c睛】解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發(fā)生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2，3-二甲基-2-丁烯 羰基 無 消去反應 17 、 【解析】由分子式可知，X為飽和一元醇(或醚)，X在濃硫酸、加熱條件下轉化為Y，Y發(fā)生信息中氧化反應生成Z，故X為飽和一元醇，X發(fā)生消去反應生成烯烴Y，1molY完全反

32、應生成2molZ，則Y為結構對稱，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅濁液反應，結合信息可知Z為，則Y為、X為，結合信息可推知W為。乙苯發(fā)生硝化反應生成，然后發(fā)生還原反應生成，據此分析解答?！驹斀狻?1)由分析可知，Y為，Y的化學名稱是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z為，Z中官能團的名稱是：羰基；(2)連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子，故中沒有手性碳原子；圖示中X轉化為Y是分子內脫去1分子水形成碳碳雙鍵，屬于消去反應；(3)生成W的化學方程式為：；(4)G是對硝基乙苯()的同分異構體，G能和碳酸鈉反應產生氣體且分子中含有-NH2(氨基)，G中還含有羧基，苯環(huán)可以含有1個側鏈為-CH(N

33、H2)COOH；可以有2個側鏈為-CH2NH2、-COOH，或者為-NH2、-CH2COOH，均有鄰、間、對三者位置結構；可以有3個側鏈為：-CH3、-NH2、-COOH，氨基與羧基有鄰、間、對3種位置結構，對應的甲基分別有4種、4種、2種位置，故符合條件的同分異構體共有1+32+4+4+2=17種，其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為1：2：2：2：2的結構簡式為：和；(5)由與反應生成；苯乙烯與氫氣發(fā)生加成反應生成乙苯，乙苯發(fā)生硝化反應生成，再用酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，然后與Fe/HCl反應生成，合成路線流程圖為：。18、O NOAl NH3分子間易形成氫鍵 孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強

34、于成鍵電子對之間的排斥作用 sp2 三角形 1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1) 7:1 1030 【解析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)，A為H元素；基態(tài)B原子s能級的電子總數比p能級的多1，核外電子排布為1s22s22p3，為N元素；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數均是未成對電子數的3倍，核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，則C為O元素，E為Cr元素；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小，則D為該周期中原子序數最大的金屬元素，因此D為Al元素。據

35、此分析解答。【詳解】根據上述分析，A為H元素，B為N元素，C為O元素，D為Al元素，E為Cr元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性越大，元素H、N、O中，電負性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序為NOAl，故答案為O；NOAl；(2)NH3分子間易形成氫鍵，導致氨氣易液化；NH3中中心原子N的價層電子對數為4，孤電子對數為1，其VSEPR模型為四面體構型，NH3分子中N原子采用sp3雜化，為三角錐結構，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用

36、強于成鍵電子對之間的排斥作用，使得氨氣分子中鍵角小于10928，故答案為NH3分子間易形成氫鍵；孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用；(3)NO3離子中N原子的價層電子對數=鍵電子對數+孤電子對數=3+=3，采用sp2雜化，立體構型為三角形，故答案為sp2；三角形；(4) E為Cr元素，基態(tài)E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價為6)，結構為，其中鍵與鍵數目之比為7:1，故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或A

37、l原子數為4，8+6=4，晶胞質量為g，因此晶胞的密度=1030 gcm3，故答案為1030?！军c睛】正確推導元素是解答本題的關鍵。本題的難點為C、E的推導，易錯點為(4)，要能夠根據題意確定CrO5的結構。19、利用濃硫酸的吸水性，使反應向有利于生成乙烯的方向進行 NaOH d b、d Na2CO3 分液 相互溶解但沸點差別較大的液體混合物 Na2SO3 先加濃硫酸會有較多HBr氣體生成，HBr揮發(fā)會造成HBr的損耗 【解析】（1）乙醇在濃硫酸作催化劑、脫水劑的條件下迅速升溫至170可到乙烯，反應為可逆反應，濃硫酸還具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反應中，濃硫酸作催化劑和脫水劑，濃硫酸還有強

38、氧化性，與乙醇發(fā)生氧化還原反應，因此產物中有可能存在SO2，會對乙烯的驗證造成干擾，選擇氫氧化鈉溶液吸收SO2；乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1,2二溴乙烷，據此分析解答；（3）甲裝置邊反應邊蒸餾，乙裝置采用冷凝回流，等反應后再提取產物，使反應更充分；（4）分離粗產品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物時加入飽和的碳酸鈉溶液，吸收揮發(fā)出的乙酸和乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，分液可將其分離，得到的乙酸乙酯再進一步進行提純即可；（5）按方案和實驗時，產物都有明顯顏色，是由于有溴單質生成，溶于水后出現橙紅色；方案中把濃硫酸加入溴化鈉溶液，會有HBr生成，HBr具有揮發(fā)性，會使HBr損失。【詳解】（1）乙醇制取

39、乙烯的同時還生成水，濃硫酸在反應中作催化劑和脫水劑，濃硫酸的用量遠遠超過作為催化劑的正常用量，原因是：濃硫酸還具有吸水性，反應生成的水被濃硫酸吸收，使反應向有利于生成乙烯的方向進行；（2）乙醇生成乙烯的反應中，濃硫酸作催化劑和脫水劑，濃硫酸還有強氧化性，與乙醇發(fā)生氧化還原反應，因此產物中有可能存在SO2，會對乙烯的驗證造成干擾，選擇堿性溶液吸收SO2；a若乙烯與溴水發(fā)生取代反應也可使溴水褪色；b若乙烯與溴水發(fā)生取代反應也有油狀物質生成；c若反應后水溶液酸性增強，說明乙烯與溴水發(fā)生了取代反應；d反應后水溶液接近中性，說明反應后沒有HBr生成，說明乙烯與溴水發(fā)生了加成反應；答案選d；（3）甲裝置邊

40、反應邊蒸餾，而乙醇、乙酸易揮發(fā)，易被蒸出，使反應物轉化率降低，乙裝置采用冷凝回流，等充分反應后再提取產物，使反應更充分，乙酸的轉化率更高；答案選bd。（4）分離粗產品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物時加入飽和的碳酸鈉溶液，吸收揮發(fā)出的乙酸和乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，分液可將其分離；分液得到的乙酸乙酯中還含有少量雜質，再精餾，精餾適用于分離互溶的沸點有差異且差異較大的液態(tài)混合物；（5）按方案和實驗時，產物都有明顯顏色，是由于有溴單質生成，溶于水后出現橙紅色，可用亞硫酸鈉溶液吸收生成的溴單質；方案中把濃硫酸加入溴化鈉溶液，會有HBr生成，HBr具有揮發(fā)性，會使HBr損失。20、去除蒸餾水中的氧氣，防止亞硫酸鈉被氧化 500 mL容量瓶 燒杯、玻璃棒 SO32-+2Ag+= Ag2SO3 Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4與AgNO3溶液反應生成Ag:2SO4沉淀 取固體少許加入足量 Na2SO3溶液(或向試管中繼續(xù)滴加Na2SO3溶液) Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH AgOH Na2SO3溶液滴加順序不同 (或用量不同) ，溶液酸堿性不同(或濃度不同) 【解析】配置一定物質的量濃度的溶液時，溶解時：N