2025屆上海市莘莊中學高三第三次測評化學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．溴水中存在Br2+H2O?HBr+HBrO，當加入硝酸銀溶液并靜置后，溶液顏色變淺B．反應CO（g）+NO2（g）?CO2（g）+NO（g）+Q，Q＞0，平衡后，升高溫度體系顏色變深C．用飽和食鹽水除去Cl2中的HClD．合成氨反應中，為提高原料的轉化率，可采用高溫加熱的條件2、利用下圖裝置可以模擬鐵的電化學防護。下列說法不正確的是A．若X為鋅棒，開關K置于M處，可減緩鐵的腐蝕B．若X為鋅棒，開關K置于M處，鐵極發(fā)生氧化反應C．若X為碳棒，開關K置于N處，可減緩鐵的腐蝕D．若X為碳棒，開關K置于N處，X極發(fā)生氧化反應3、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)數(shù)量級為10-10。下列敘述不正確的是（）A．圖中Y線代表的Ag2C2O4B．n點表示AgCl的過飽和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgC1沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常數(shù)為1.0×10-0.7l4、某溫度下，將Cl2通入KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，經(jīng)測定ClO-和ClO3-個數(shù)比為1：2，則Cl2與KOH溶液反應時，被還原的氯與被氧化的氯的物質的量之比為（）A．21：5 B．4：1 C．3：l D．11：35、二甲胺[(CH3)2NH]在水中電離與氨相似，。常溫下，用0.l00mol/L的HCl分別滴定20.00mL濃度均為0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，測得滴定過程中溶液的電導率變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．b點溶液：B．d點溶液：C．e點溶液中：D．a(chǎn)、b、c、d點對應的溶液中，水的電離程度：6、有機物X的結構簡式如圖所示，下列有關說法錯誤的是A．X的分子式為C13H10O5B．X分子中有五種官能團C．X能使溴的四氯化碳溶液褪色D．X分子中所有碳原子可能共平面7、能正確表示下列反應離子方程式的是A．用惰性電極電解熔融氯化鈉：2Cl－＋2H2O=Cl2↑＋H2↑＋2OH－B．硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2OC．Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O8、CuSO4溶液中加入過量KI溶液，產(chǎn)生白色CuI沉淀，溶液變棕色。向反應后溶液中通入過量SO2，溶液變成無色。下列說法不正確的是()A．滴加KI溶液時，KI被氧化，CuI是還原產(chǎn)物B．通入SO2后，溶液變無色，體現(xiàn)SO2的還原性C．整個過程發(fā)生了復分解反應和氧化還原反應D．上述實驗條件下，物質的氧化性：Cu2+＞I2＞SO29、丙烯是石油化學工業(yè)的重要基礎原料，我國科學家利用甲醇轉化制丙烯反應過程如下：3CH3OH+H3AlO6→3++3H2O3+→H3AlO6+3C○↑↓H23C○↑↓H2→CH2=CHCH3下列敘述錯誤的是A．甲醇轉化制丙烯反應的方程式為3CH3OH→CH2=CHCH3+3H2OB．甲醇轉化制丙烯反應的過程中H3AlO6作催化劑C．1.4gC○↑↓H2所含的電子的物質的量為1molD．甲基碳正離子的電子式為10、常溫下，將1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，加入Na2CO3固體的過程中，溶液中Ca2+和CO32-的濃度變化曲線如圖所示，下列說法中不正確的是A．a(chǎn)=5.6B．常溫下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C．b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)D．若使1molCaC2O4全部轉化為CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO311、下列說法不正確的是（）A．某化合物在熔融狀態(tài)下能導電，則該物質屬于離子化合物B．金屬鈉與水反應過程中，既有共價鍵的斷裂，也有共價鍵的形成C．硅單質與硫單質熔化時所克服微粒間作用力相同D．CO2和NCl3中，每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構12、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù)，同一主族的W和Y，Y的原子序數(shù)是W的2倍，下列說法不正確的是()A．原子半徑：W＜Z＜Y＜XB．Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于Z的氣態(tài)氫化物C．W與X形成的化合物不可能含有共價鍵D．常溫常壓下，Y的單質是固態(tài)13、主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不超過20。W、X、Y最外層電子數(shù)之和為15，是實驗室常用的一種化學試劑。下列說法中錯誤的是（）A．Z2Y的水溶液呈堿性B．最簡單氫化物沸點高低為：X＞W(wǎng)C．常見單質的氧化性強弱為：W＞YD．中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構14、常溫下，往飽和石灰水中加入一定量的生石灰，一段時間后恢復到原溫度，以下敘述錯誤的是A．有溶質析出 B．溶液中Ca2+的數(shù)目不變C．溶劑的質量減小 D．溶液的pH不變15、下列有關說法正確的是A．用乙醚從黃花蒿中提取青蒿素是利用了氧化還原反應原理B．鐵銹是化合物，可用Fe2O3·nH2O(2≤n<3)表示C．已知CH4+H2OCH3OH+H2，該反應的有機產(chǎn)物是無毒物質D．C(CH3)4的二氯代物只有2種16、磷酸氯喹在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒(2019－nCOV)的感染，其結構如圖所示。下列說法錯誤的是A．基態(tài)C1原子的核外電子有17種運動狀態(tài)B．C、N、O、P四種元素中電負性最大的是OC．H3PO4分子中磷原子的價層電子對數(shù)為4D．與足量H2發(fā)生加成反應后，該分子中手性碳原子個數(shù)不變二、非選擇題（本題包括5小題）17、由化合物A合成黃樟油（E）和香料F的路線如下（部分反應條件已略去）：請回答下列問題：（1）下列有關說法正確的是______（填選項字母）。a．化合物A核磁共振氫譜為兩組峰b．CH2Br2只有一種結構c．化合物E能發(fā)生加聚反應得到線型高分子d．化合物B能發(fā)生銀鏡反應，也能與NaOH溶液反應（2）由B轉化為D所需的試劑為______。（3）D含有的官能團名稱為________，C的同分異構體中具有順反異構的名稱是________（不必注明“順”“反”）。（4）寫出A→B的化學反應方程式：__________。（5）滿足下列條件的E的同分異構體W有________種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1:2:2:2:3的結構簡式為_______。①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH②能發(fā)生銀鏡反應③苯環(huán)上只有兩個取代基，能發(fā)生聚合反應（6）參照上述合成路線，寫出以、丙酮為主要原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線________。18、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烴，它們是常見的有機化工原料。下圖是以丙烯為原料合成有機物I的流程。已知：i．Claisen酯縮合：ii．(②比①反應快)iii．，(R、R＇代表烴基)回答下列問題：(1)C的名稱為_____________。Ⅰ中所含官能團的名稱為______________________。(2)B→C的反應類型是_______________。F的結構簡式為_______________________。(3)D→E的化學方程式為___________________________。(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。(5)化合物K與E互為同分異構體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應，則K可能的鏈狀穩(wěn)定結構有_______種(兩個一OH連在同一個碳上不穩(wěn)定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩(wěn)定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式為_______________。(任寫一種)(6)完成下列以苯乙烯為原料，制備的合成路線(其他試劑任選)_____________。19、I.硝酸鉀用途廣泛，工業(yè)上一般用復分解反應制取硝酸鉀（相關物質的溶解度曲線見表）。以硝酸鈉和氯化鉀為原料制備硝酸鉀的工藝流程如下：完成下列填空：(1)為了加速固體溶解，可采取的措施有__________(至少寫兩種)；實驗室進行蒸發(fā)結晶操作時，為了防止液滴飛濺，進行的操作是_____________。(2)過濾I所得濾液中含有的離子是________；過濾I所得濾液在進行冷卻結晶前應補充少量水，目的是______________。(3)檢驗產(chǎn)品KNO3中雜質的方法是________________。II.實驗室模擬工業(yè)上用氯化鉀和硝酸銨為原料制取硝酸鉀的過程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固體加入100g水中，加熱至90℃，固體溶解,用冰水浴冷卻至5℃以下，過濾(a)。在濾液中再加入NH4NO3，加熱蒸發(fā)，當體積減小到約原來的時，保持70℃過濾(b)，濾液可循環(huán)使用。完成下列填空：(4)過濾(a)得到的固體物質主要是__________；在濾液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)為檢測硝酸鉀樣品中銨鹽含量，稱取1.564g樣品，加入足量的NaOH濃溶液，充分加熱，生成的氣體用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定過量的H2SO4用去0.089mol/L標準NaOH溶液16.55mL。滴定過程中使用的指示劑是________；樣品中含銨鹽(以氯化銨計)的質量分數(shù)是___________(保留3位小數(shù))。20、設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉化為綠礬回收，把Cu2＋轉化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。21、A、B、C、D是四種短周期元素，E是過渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子結構示意圖為：，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個成單電子，E的外圍電子排布式為3d64s2。回答下列問題：(1)用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是__________，堿性最強的是_________。(2)用元素符號表示D所在周期(除稀有氣體元素外)第一電離能最大的元素是__________，電負性最大的元素是__________。(3)D的氫化物比C的氫化物的沸點__________（填"高"或"低"），原因_____________(4)E元素原子的核電荷數(shù)是__________，E元素在周期表的第_______周期，第________族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)、p區(qū)等，則E元素在_______區(qū)。(5)B、C最高價氧化物的晶體類型是分別是______晶體、______晶體(6)畫出D的核外電子排布圖_____________，這樣排布遵循了________原理和____________規(guī)則。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A.溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，當加入AgNO3（s）后，硝酸銀與溴離子反應生成溴化銀沉淀，平衡正向移動，溶液顏色變淺，能用勒夏特列原理解釋，故A不選；B.反應CO（g）+NO2（g）?CO2（g）+NO（g）+Q，Q＞0，正反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，能用勒夏特列原理解釋，故C不選；C.增大氯離子的濃度，平衡Cl2+H2O=H++Cl-+HClO逆向移動使得氯氣難溶于飽和食鹽水，能用勒夏特列原理解釋，故C不選；D.合成氨反應是放熱反應，升高溫度，反應逆向移動，原料的轉化率減小，不能通過升高溫度提高原料的轉化率，故D選；正確答案是D。【點睛】本題考查平衡移動原理，明確平衡移動原理內涵及適用范圍是解本題關鍵，注意：改變條件時不影響平衡移動的不能用平衡移動原理解釋。2、B【解析】

若X為鋅棒，開關K置于M處，形成原電池，鋅作負極，發(fā)生氧化反應；鐵做正極被保護，故A正確，B不正確。若X為碳棒，開關K置于N處，形成電解池，鐵作陰極，被保護，可減緩鐵的腐蝕，C正確；X極作陽極，發(fā)生氧化反應，D正確。答案選B。3、D【解析】

當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化銀沉淀，X為生成氯化銀沉淀的曲線；根據(jù)圖象可知，Ksp(AgC1)=，Ksp(Ag2C2O4)=。【詳解】A．當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化銀沉淀，X為生成氯化銀沉淀的曲線，Y線代表的Ag2C2O4，故A正確；B．n點c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的過飽和溶液，故B正確；C．結合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，Cl-生成AgC1沉淀需要銀離子濃度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正確；D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常數(shù)為1.0×109.04，故D錯誤；故選D。4、D【解析】

ClO-和ClO3-個數(shù)比為1：2，則按電子守恒，它們與Cl-的個數(shù)比為1：2：11，從而得出被還原的氯(生成Cl-)與被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物質的量之比為11:3。故選D。5、D【解析】

NaOH是強堿，二甲胺是弱堿，則相同濃度的NaOH和二甲胺，溶液導電率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲線表示NaOH滴定曲線、②曲線表示(CH3)2NH滴定曲線，然后結合相關守恒解答。【詳解】A．b點溶液中溶質為等物質的量濃度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常數(shù)，所以(CH3)2NH·H2O的電離程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度導致溶液呈堿性，但是其電離和水解程度都較小，則溶液中微粒濃度存在：，A錯誤；B．d點二者完全反應生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物質的量的和H+，水解程度遠大于水的電離程度，因此與近似相等，該溶液呈酸性，因此，則，溶液中存在電荷守恒：，因此，故B錯誤；C．e點溶液中溶質為等物質的量濃度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在電荷守恒：，物料守恒：，則，故C錯誤；D．酸或堿抑制水電離，且酸中c(H+)越大或堿中c(OH?)越大其抑制水電離程度越大，弱堿的陽離子或弱酸的陰離子水解促進水電離，a點溶質為等濃度的NaOH和NaCl；b點溶質為等物質的量濃度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈堿性，且a點溶質電離的OH-濃度大于b點，水的電離程度：b>a；c點溶質為NaCl，水溶液呈中性，對水的電離無影響；d點溶質為(CH3)2NH2Cl，促進水的電離，a、b點抑制水電離、c點不影響水電離、d點促進水電離，所以水電離程度關系為：d>c>b>a，故D正確；故案為：D。6、B【解析】

A.由結構簡式，X的分子式為C13H10O5，故A正確；B．X分子中有羧基、羥基、羰基、碳碳雙鍵四種官能團，故B錯誤；C．X分子中有碳碳雙鍵，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正確；D．X分子中有11個碳是sp2雜化，平面三角形結構，與它相連的碳共面，有2個碳是sp3雜化，可以通過旋轉后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故D正確；故選B。【點睛】本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質、有機反應為解答關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意結構及對稱性判斷，難點D，抓住共面的條件，某點上相連的原子形成的周角之和為360°，易錯點B，苯環(huán)不是官能團。7、D【解析】

A.用惰性電極電解熔融氯化鈉而不是電解食鹽水，A錯誤；B.硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液，沉淀完全的同時恰好中和，正確的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，B錯誤；C.Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液，大量氫離子的環(huán)境中，硝酸根的氧化性更強，碘離子優(yōu)先和硝酸根、氫離子反應，多余的碘離子才接著和鐵離子發(fā)生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2反應，C錯誤；D.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O，D正確；答案選D。【點睛】C項為易錯點，注意硝酸根離子與氫離子大量共存時有強氧化性。8、C【解析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反應中Cu元素的化合價降低，I元素的化合價升高；向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，該反應中S元素的化合價升高，I元素的化合價降低。【詳解】A、滴加KI溶液時，I元素的化合價升高，KI被氧化，Cu元素的化合價降低，則CuI是還原產(chǎn)物，故A正確；B、通入SO2后溶液逐漸變成無色，發(fā)生了氧化還原反應，S元素的化合價升高，體現(xiàn)其還原性，故B正確；C、發(fā)生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均為氧化還原反應，沒有復分解反應，故C錯誤；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反應中Cu元素的化合價降低是氧化劑，I2是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以物質的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價由0價降低為-1價，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正確。答案選C。【點睛】本題考查氧化還原反應，根據(jù)題目信息推斷實驗中發(fā)生的反應，素材陌生，難度較大，考查學生對氧化還原反應的利用，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，選項B為易錯點。9、C【解析】

將題干中三個方程式相加即得甲醇轉化制丙烯反應的方程式，選項A正確；在反應前有H3AlO6，反應后又生成了H3AlO6，而且量不變，符合催化劑的定義，選項B正確；反應前后原子守恒，電子也守恒，1.4gC○↑↓H2所含的電子的物質的量為0.8mol，所以選項C錯誤；甲基碳正離子是甲基失去一個電子形成的陽離子，選項D正確。10、B【解析】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1時，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，當c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1時，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正確；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，CaC2O4和CaCO3之間能轉化，是改變離子的濃度，使沉淀的轉化平衡向不同的方向移動，不能判斷Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B錯誤；C．從圖中當c(CO32-)在0~a時，溶液為CaC2O4的飽和溶液，c(C2O42-)的最大值為5.6×10-5mol·L－1，b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正確；D．若使1molCaC2O4全部轉化為CaCO3，則此時溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，根據(jù)Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此時溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根據(jù)Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而還有生成的1mol碳酸鈣，故所需的碳酸鈉的物質的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正確；故選B。【點睛】本題考查難溶電解質的溶解平衡，把握圖象分析、Ksp計算、平衡常數(shù)為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，碳酸根有兩部分，沉淀的和溶解的兩部分，要利用Ksp進行計算。11、C【解析】

A.熔融狀態(tài)下能導電的化合物中含有自由移動陰陽離子，說明該化合物由陰陽離子構成，則為離子化合物，故A正確；B.Na和水反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反應中水中的共價鍵斷裂，氫氣分子中有共價鍵生成，所有反應過程中有共價鍵斷裂和形成，故B正確；C.Si是原子晶體、S是分子晶體，熔化時前者破壞共價鍵、后者破壞分子間作用力，所有二者熔化時破壞作用力不同，故C錯誤；D.中心原子化合價的絕對值+該原子最外層電子數(shù)=8時，該分子中所有原子都達到8電子結構，但是氫化物除外，二氧化碳中C元素化合價絕對值+其最外層電子數(shù)=4+4=8，NCl3中N元素化合價絕對值+其最外層電子數(shù)=3+5=8，所有兩種分子中所有原子都達到8電子結構，故D正確。故選C。【點睛】明確物質構成微粒及微粒之間作用力是解本題關鍵，注意C選項中Si和S晶體類型區(qū)別。12、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。同一主族的W和Y，Y的原子序數(shù)是W的2倍，W是O，Y是S，則Z是Cl。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù)，X的最外層電子數(shù)是7-6＝1，所以X是Na，結合物質的性質和元素周期律分析解答。【詳解】根據(jù)以上分析可知W、X、Y、Z分別是O、Na、S、Cl。A．同周期元素原子從左到右半徑增大，有Cl＜S＜Na；一般情況下，原子的電子層數(shù)越多，半徑越大，則O原子半徑最小；綜合原子半徑：O＜Cl＜S＜Na，正確，A不選；B．非金屬性Cl＞S，則S的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性弱于Cl的氣態(tài)氫化物，正確，B不選；C．W與X形成的化合物過氧化鈉中含有共價鍵，錯誤，C選；D．常溫常壓下，S的單質是固態(tài)，正確，D不選；答案選C。13、C【解析】

由題干可知，為實驗室一種常見試劑，由結構式可知，Z為第一主族元素，W為第四主族元素，X為第五主族元素，由W、X、Y最外層電子數(shù)之和為15可知，Y為第ⅥA族元素，因為W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次遞增的主族元素，且均不超過20，因此W為碳，X為氮，Y為硫，Z為鉀。【詳解】A．Z2Y為K2S，由于S2-水解，所以溶液顯堿性，故A不符合題意；B．X的最簡單氫化物為NH3，W的最簡單氫化物為CH4，因為NH3分子間存在氫鍵，所以沸點高，故B不符合題意；C．根據(jù)非金屬性，硫的非金屬性強于碳，所以對應單質的氧化性也強，故C符合題意；D．中三種元素最外層電子均滿足8電子穩(wěn)定結構，故D不符合題意；答案選C。【點睛】元素的非金屬性越強，單質的氧化性越強。14、B【解析】

常溫下，往飽和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣，一段時間后恢復到原溫度，Ksp不變，溶解度不變，由于反應消耗水，溶質、溶劑、溶液質量均減少，則：A．有溶質氫氧化鈣析出，A正確；B．溶液中Ca2+的濃度不變，但數(shù)目減少，B錯誤；C．氧化鈣消耗水，則溶劑的質量減小，C正確；D．OH-濃度不變，則溶液的pH不變，D正確；答案選B。15、D【解析】

A．用乙醚作萃取劑，從黃花蒿中提取青蒿素，是物理過程，A不正確；B．鐵銹是混合物，成分復雜，B不正確；C．該反應的有機產(chǎn)物CH3OH是有毒物質，C不正確；D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2個Cl連在同一碳原子上和不同碳原子上2種可能結構，D正確；故選D。16、D【解析】

A．基態(tài)C1原子的核外有17個電子，每個電子運動狀態(tài)均不相同，則電子有17種運動狀態(tài)，故A正確；B．非金屬性越強，元素的電負性越強，非金屬性：C＜P＜N＜O，四種元素中電負性最大的是O，故B正確；C．H3PO4分子中磷原子的價層電子對數(shù)=4+(5+3-2×4)=4，故C正確；D．磷酸氯喹分子中只有一個手性碳，如圖(?所示)：，與足量H2發(fā)生加成反應后，該分子中含有5個手性碳原子，如圖(?所示):，故D錯誤；答案選D。【點睛】計算價層電子對數(shù)時，利用的是成鍵電子對數(shù)和孤電子對數(shù)之和。二、非選擇題（本題包括5小題）17、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚鍵、溴原子1-溴丙烯9【解析】根據(jù)A的分子式和性質，判斷為酚，再根據(jù)D的結構，可以判斷A為鄰二苯酚()，B為。(l)a．A為鄰二苯酚()，核磁共振氫譜為三組峰，故a錯誤；b.甲烷是正四面體結構，因此CH2Br2只有一種結構，故b正確；c．化合物E為，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應得到線型高分子，故c正確；d．B為，不存在醛基，不能發(fā)生銀鏡反應，故d錯誤；故選bc；(2)由B轉化為D是在苯環(huán)上引入溴原子，需要試劑為液溴、Fe，故答案為液溴、Fe；(3)根據(jù)D的結構可知，其含有的含氧官能團為醚鍵和溴原子，C的同分異構體中具有順反異構的是1-溴丙烯，故答案為醚鍵、溴原子；1-溴丙烯；(4)A為鄰二苯酚()，B為，A→B的化學方程式為：，故答案為；(5)E為，E的同分異構體W滿足：①lmolW與足量NaOH溶液反應，能消耗2molNaOH；②能發(fā)生銀鏡反應；③苯環(huán)上只有兩個取代苯，能發(fā)生聚合反應，說明苯環(huán)上含有2個側鏈，其中含有碳碳雙鍵、醛基或屬于甲酸某酯，結合E的結構，W屬于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一個側鏈為-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每種側鏈對應與鄰位、間位、對位3種結構，共9種，其中核磁共振氫譜為五組峰且峰面積之比是1：2：2：2：3的結構簡式為，故答案為9；；(6)以、為主要原料制備，可以將丙酮，與發(fā)生題中類似F→G的反應，得到醇再與溴化氫反應后，得溴代烴，在鎂的作用下，兩個分子之間發(fā)生類似題中C+D→E的反應，合成路線為，故答案為。點睛：本題考查有機物推斷與合成、有機物結構與性質、有機反應類型、同分異構體等知識，是對有機物化學基礎的綜合應用，側重考查學生對知識的遷移應用。本題的難點是(6)的合成路線的設計。18、1-丙醇（正丙醇）（酮）羰基、羥基取代反應CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O保護酮羰基3或【解析】

丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發(fā)生加成生成B為1-溴丙烷；根據(jù)D與甲醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據(jù)Claisen酯縮合：，E發(fā)生酯縮合生成F，結合F的分子式可知，F(xiàn)為，根據(jù)G與I的結構簡式，結合反應流程可推出H為，據(jù)此分析。【詳解】丙烯在雙氧水作用下與溴化氫發(fā)生加成生成B為1-溴丙烷；根據(jù)D與甲醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成E可知，D為丙酸，則C為1-丙醇；根據(jù)Claisen酯縮合：，E發(fā)生酯縮合生成F，結合F的分子式可知，F(xiàn)為，根據(jù)G與I的結構簡式，結合反應流程可推出H為。(1)C的名稱為1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ為，所含官能團的名稱為（酮）羰基、羥基；(2)B→C是1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生水解反應（或取代反應）生成1-丙醇，反應類型是取代反應；F的結構簡式為；(3)D→E是丙酸與甲醇發(fā)生酯化反應生成丙酸甲酯和水，反應的化學方程式為；(4)由F到H過程中增加一步先生成G再生成H的目的是保護酮羰基；(5)化合物K與E互為同分異構體，已知1molK能與2mol金屬鈉反應則應該含有兩個羥基，則K可能的鏈狀穩(wěn)定結構有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3種(兩個一OH連在同一個碳上不穩(wěn)定：一OH連在不飽和的雙鍵碳、叁鍵碳不穩(wěn)定)，其中核磁共振氫譜有三組峰的結構簡式為或；(6)苯乙烯與溴化氫發(fā)生加成反應生成，在氫氧化鈉溶液中加熱生成，氧化得到，與CH3MgBr反應生成，在氯化銨溶液中反應生成，合成路線如下：。【點睛】本題考查有機推斷及合成，注意推出有機物的結構簡式是解題的關鍵。本題中應注意（6）中合成路線應參照反應流程中的步驟，結合幾個已知反應原理，推出各官能團變化的實質。19、加熱、攪拌、研細顆粒用玻璃棒不斷攪拌濾液K+、NO3-、Na+、Cl-減少NaCl的結晶析出取少量固體溶于水，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若生成白色沉淀說明含有雜質KNO3增大銨根離子的濃度，有利于氯化銨結晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸鈉和氯化鉀用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度較小，且受溫度影響不大，采取蒸發(fā)濃縮，析出NaCl晶體，過濾分離出NaCl晶體。由于硝酸鉀溶解度受溫度影響比硝酸鈉大，采取冷卻結晶析出硝酸鉀，過濾出硝酸鉀晶體后，向濾液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+濃度，有利于NH4Cl結晶析出。【詳解】I.(1)加熱、攪拌、研細顆粒等都可以加快物質溶解；實驗室進行蒸發(fā)結晶操作時，為防止液滴飛濺，要用玻璃棒不斷攪拌濾液，使溶液受熱均勻；(2)過濾I后析出部分NaCl，濾液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化鈉溶解度較小，濃縮析出NaCl晶體后，直接冷卻會繼續(xù)析出NaCl晶體，在進行冷卻結晶前應補充少量水，可以減少NaCl的結晶析出；(3)產(chǎn)品KNO3中可能含有Na+、Cl-雜質離子，檢驗的方法是：取少量固體溶于水，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若生成白色沉淀說明含有雜質NaCl，即含有雜質；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固體加入100g水中，加熱至90℃所有固體均溶解，用冰水浴冷卻至5℃以下時，硝酸鉀的溶解度最小，首先析出的是硝酸鉀晶體；在濾液中加入硝酸銨可以增大銨根離子濃度，使NH4Cl晶體析出；(5)由于恰好反應時生成的溶質為(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液為酸性，則應該選用甲基橙為指示劑；硫酸總的物質的量n(H2SO4)=c·V=0.102mol/L×0.02L=0.00204mol，含有氫離子的物質的量為n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204mol=0.00408mol，氫氧化鈉的物質的量n(NaOH)=c·V=0.089mol/L×0.01655L=0.001473mol，所以氨氣的物質的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473mol=0.002607mol，所以根據(jù)N元素守恒，可知樣品中氯化銨的物質的量為0.002607mol，則樣品中氯化銨的質量分數(shù)為：×100%≈8.92%。【點睛】本題考查物質制備方案、物質的分離與提純方法，涉及溶解度曲線的理解與應用、滴定計算等，關鍵是對原理的理解，試題培養(yǎng)了學生對圖象的分析能力與靈活應用所學知識的能力。20、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、