宜宾市达标名校2019年高考二月化学模拟试卷含解析

宜宾市达标名校2019年高考二月化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。

X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。

x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。

其转化关系如图所示，下列判断错误的是
A．反应①、②、③都属于氧化还原反应
B．X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小
C．Na 着火时，可用甲扑灭
D．一定条件下，x与甲反应生成丁
2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Fe2O3能溶于酸,可用作红色油漆和涂料
B．NaHCO3的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂
C．Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚
D．SiO2熔点高、硬度大,常用来制造集成电路
3．下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是( )
选
实验器材相应实验
项
A 试管、铁架台、导管乙酸乙酯的制备
B 分液漏斗、烧杯、铁架台用CCl4萃取溴水中的Br2
配制500 mL 1.00 mol/L NaCl
C 500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平
溶液
D 三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl晶体
A．A B．B C．C D．D
4．H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是
A．由图可知，草酸的K a＝10-1.2
B．0.1 mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)
D．根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8
5．常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是
c(OH)：盐酸>醋酸
A．两溶液中由水电离的-
c(Cl)=c(CH COO)
B．两溶液中--
3
C．分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸>醋酸
D．分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸
6．在加热固体NH4Al(SO4)2•12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知A点物质为NH4Al(SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是（）
A．0℃→t℃的过程变化是物理变化
B．C点物质是工业上冶炼铝的原料
C．A→B反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种
D．Al 2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3++3OH-Al（OH）3
7．25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（）
A．NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂
B．均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，酸性较强的是HA C．25℃时，0.0100mol/LNa2HB溶液的pH＞7
D．25℃时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-3
8．下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是
选项实验操作实验现象结论或解释
A 向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液产生大量气泡FeCl3催化H2O2的分解
B
将酸性KMnO4溶液滴入丙烯
醛中
溶液的紫红色褪去丙烯醛中含有碳碳双键
C
向某溶液中滴加稀H2SO4溶
液
产生有刺激性气味的气味原溶液中一定含有SO32-
D
向某溶液中滴加几滴NaOH
稀溶液，用湿润的红色石蕊试
纸靠近试管口检验
试纸不变蓝原溶液中一定不含有NH4+
A．A B．B C．C D．D
9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法错误的是
A．简单离子半径：Z<Y
B．d中既含有离子键又含有共价键，其中阳离子和阴离子的数目之比为2:1
C．简单气态氢化物的热稳定性：Y>X
D．由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性
10．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的
原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。

下列说法错误的是
A．单质的沸点：Y>W>Z B．离子半径：X<Y
C．气态氢化物的稳定性：W>Y D．W与X可形成离子化合物
11．在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）
A．加热后固体发黑
B．坩埚沾有受热不分解的杂质
C．加热时有少量晶体溅出
D．晶体中混有受热不分解的杂质
12．设N A为阿伏伽德罗常数。

下列说法不正确的是
A．常温常压下，35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5N A
B．60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2N A
C．同温下，pH=1体积为1L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1N A
D．已知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H=-92.4kJ/mol，当该反应生成N A个NH3分子时，反应放出的热量为46.2kJ
13．螺环化合物（环与环之间共用一个碳原子的化合物）M在制造生物检测机器人中有重要作用，其结构简式如图。

下列有关该物质的说法正确的是（）
A．分子式为C6H8O B．所有碳原子处于同一平面
C．是环氧乙烷（）的同系物D．一氯代物有2种（不考虑立体异构）
14．下列实验方案中，不能测定
．．．．碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是
A．取a克混合物充分加热至质量不再变化，减重b克
B．取a克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b克
C．取a克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b克
D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b克固体
15．下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是(不含立体异构)（）
A．分子式为C5H10的烯烃B．分子式为C4H8O2的酯
C．的一溴代物D．立方烷()的二氯代物
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。

已知：①CuCl 微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

②CuCl 露置于潮湿的空气中易被氧化。

回答下列问题。

（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。

（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。

（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH 4)2SO 4晶体，可用作化学肥料。

“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl ，用乙醇洗涤的优点是________________。

（4）氯化铵用量[
42+
(NH Cl)
(Cu )
n n ]与Cu 2+沉淀率的关系如图所示。

随着氯化铵用量的增多Cu 2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu 2+的沉淀率减小，其原因是__________。

（5）若CuCl 产品中混有少量CaSO 4，设计提纯CuCl 的实验方案：__________。

（实验中可选试剂：0.1 mol·L −1盐酸、10 mol·
L −1盐酸、蒸馏水、无水乙醇） 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．W 、X 、Y 、Z 四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。

元素 相关信息
W 单质为密度最小的气体
X 元素最高正价与最低负价之和为0
Y 某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障 Z
存在质量数为23，中子数为12的核素
根据上述信息，回答下列问题：
(l)元素Y 在元素周期表中的位置是____；Y 和Z 的简单离子半径比较，较大的是 ___（用离子符号表示）。

(2) XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是____；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为____。

(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是__（用离子方程式表示）。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。

消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。

（1）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。

某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO(g) △H=QkJ·mol-1。

在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。

①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=____，T1℃时，该反应的平衡常数K=____。

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是____(填字母)。

a.加入一定量的活性炭
b.通入一定量的NO
c.适当缩小容器的体积
d.加入合适的催化剂
③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5∶3∶3，则Q____0(填“＞”、“=”或“<”)。

（2）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。

反应原理如图甲所示。

①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为____，已知c(NO2)∶c(NO)=1∶1时脱氮效果最佳，若生成1molN2时反应放出的热量为QkJ。

此时对应的脱氮反应的热化学方程式为____。

②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳催化剂和相应的温度分别为_____、_____。

19．（6分）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。

(1)已知：元素的一个基态的气态原子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量称为该元素的第一电子亲和能，用E1表示。

从-1价的气态阴离子再得到1个电子，成为-2价的气态阴离子所放出的能量称为第二电子亲和能E2，依此类推。

FeO是离子晶体，其晶格能可通过如下的Born－Haber循环计算得到。

铁单质的原子化热为__________kJ/mol，FeO的晶格能为__________kJ/mol，基态O原子
E1____________E2(填“大于”或“小于”)，从原子结构角度解释_________。

(2)乙二胺四乙酸又叫做EDTA(图1)，是化学中一种良好的配合剂，形成的配合物叫做螯合物。

EDTA在配位滴定中经常用到，一般是测定金属离子的含量。

已知：EDTA配离子结构(图2)。

EDTA中碳原子轨道的杂化类型为____________，EDTANa-Fe(Ⅲ)是一种螯合物，六个配位原子在空间构型为____________。

EDTANa-Fe(Ⅲ)的化学键除了σ键和配位键外，还存在____________。

(3)Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O 围成的正四面体空隙和如3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。

Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，O2-数与正四面体空隙数(包括被填充的)之比为__________，有__________%的正八面体空隙填充阳离子。

Fe3O4晶胞的八分之一是图示结构单元(图3)，晶体密度为5.18 g/cm3，则该晶胞参数a=____________pm。

(写出计算表达式)
参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。

A. 反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O 的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。

答案选C。

点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。

2．C
【解析】
【详解】
A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；
B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；
D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；
正确答案是C。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．制备乙酸乙酯需要在浓硫酸加热的条件下进行，实验器材中还缺少用于加热的酒精灯，不能完成该实验，A选项错误；
B．用CCl4萃取溴水中的Br2，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯、铁架台，B选项正确；
C．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，计算出所需要的NaCl的质量后，用托盘天平称取，然后在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后用玻璃棒引流转移至容量瓶，经过两三次洗涤后，再用胶头滴管进行定容，实验器材缺少胶头滴管，不能完成该实验，C选项错误；
D．从食盐水中得到NaCl晶体用蒸发结晶的方法，需要的器材有带铁圈的铁架台、酒精灯、坩埚钳、蒸发皿、玻璃棒，不需要坩埚和泥三角，D选项错误；
4．D
【解析】
【详解】
由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。

A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；
B. 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此
c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒
c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；
D.由于草酸为弱酸分两步电离，K a1=
()()
()
+-
24
224
c H c HC O
c H C O
×
，K a2=
()()
()
+2-
24
-
24
c H×c C O
c HC O
，
K a1·K a2=
()()
()
+2-
24
224
2
c H c C O
c H C O
×
，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，K a1⨯K a2=()+2
c H，当pH
为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的K a1＝10-1.2。

当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 mol·L-1，草酸的K a2＝10-4.2；
()+ c H
==10-2.7，C点溶液pH为2.7。

故D错误。

答案选D。

5．B
【解析】
【分析】
醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。

重视外因对电离平衡的影响。

【详解】
A. 稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH－均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH-浓度分别相等，即水电离的-
c(OH)：盐酸＝醋酸，A项错误；
B. 两溶液分别满足电荷守恒关系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH－)的也相等，则c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B项正确；
C. 稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH，则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+，生成更多氢气，故生成氢气量：盐酸<醋酸，C项错误；
D. 稀释过程中，醋酸电离平衡右移。

分别用水稀释相同倍数后，醋酸溶液中H+浓度较大，pH较小，则溶液的pH：盐酸>醋酸，D项错误。

本题选B。

6．B
【详解】
A ．因为t°C 生成A ，又知A 点物质为NH 4Al(SO 4)2属于新物质，0℃→t ℃的过程为NH 4Al(SO 4)2•12H 2O 失去结晶水生成NH 4Al(SO 4)2，是化学变化，故A 错误；
B ．B 点物质为Al 2(SO 4)3升温再加热分解，在
C 点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B 正确； C ．A→B 发生的反应为2NH 4Al(SO 4)2Al 2(SO 4)3+2NH 3↑+H 2SO 4，所以除了生成Al 2(SO 4)3和NH 3两种，还有
硫酸，故C 错误；
D ．Al 2(SO 4)3能够净水，其原理为:Al 3++3H 2O Al(OH)3(胶体)+3H +，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可
以吸附水中悬浮的杂质，故D 错误； 答案：B 。

7．C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A 错误；
B ．由图可知，浓度均为0.0100mol/LHA 、H 3B 溶液中，HA 、H 3B 溶液，H 3B 溶液起始时pH 更小，说明H 3B 电离出氢离子的能力强于HA ，则酸性较强的为H 3B ，故B 错误；
C ．2---22HB +H O
H B +OH ，()(
)(
)
()()()()()----+
22
2-
2-+
c H B OH c H B c OH c H ==c HB
c HB c H ⋅⋅⋅=
⋅K 2
W a K
K ，由图可知
()()
-2-2c H B =c HB 时，pH 为7.2，则K a2=10-7.2，K=10-6.8，HB 2-的电离常数为K a3，由于K a2>>K a3，所以常
温下HB 2-的水解程度大于电离程度，NaH 2B 溶液呈碱性，故C 正确；
D ．--223H B +H O
OH +H B ，K=
()(
)()()()()
()()
--+
33
--+
2
2
c H B c OH c H B c OH c H =c H B c H B c H ⋅⋅⋅
=1
W a K K ，由图可知，()()
-32c H B =c H B 时，氢离子浓度等于K a1，因此K a1的量级在10-2~10-3，H 2B -离子的
水解常数的数量级为10-12，故D 错误。

答案选C 。

8．A 【解析】 【分析】 【详解】
A.H 2O 2溶液中没有加FeCl 3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl 3对 H 2O 2的分解起催
化作用，A正确；
B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C. 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；
D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；
故合理选项是A。

9．D
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d 是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：a为烃，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，结合原子序数可知，W 为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。

【详解】
由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。

A．Z、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：Z ＜Y，选项A正确；
B．过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值为2：1，选项B正确；
C．元素非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性Y>X，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，选项C正确；
D．上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误；故符合题意的选项为D。

【点睛】
本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。

10．A
【解析】
【分析】
X原子的电子层数与最外层电子数相等，X应为Al，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则W为O、Y为S，Z为Cl元素。

【详解】
A ．氯气的相对分子质量比氧气大，沸点比氧气高，故A 错误；
B ．X 为Al 、Y 为S 、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B 正确；
C ．非金属性O ＞S ，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H 2O>H 2S ，故C 正确；
D ．O 的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D 正确。

故选A 。

11．D
【解析】
【详解】
A ．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO 与SO 3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A 不合题意；
B ．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B 不合题意；
C ．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C 不合题意；
D ．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D 符合题意； 故选D 。

12．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．2Cl 2+2Ca(OH)2==CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ，则Cl 2—— e -，35.5g 的氯气为0.5mol ，转移的电子数为0.5N A ，A 正确；
B ．甲酸甲酯和葡萄糖的最简式都为CH 2O ，则60g 混合物含有的碳原子数目为A 60g 30g/mol N =2N A ，B 正确；
C ．温度未知，pH=13体积为1L 的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数不一定为0.1N A ，C 不正确；
D ．反应N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g)；△H=-92.4kJ/mol 表示生成2molNH 3时，放热92.4kJ ，则当该反应生成N A 个NH 3分子时，反应放出的热量为46.2kJ ，D 正确；
故选C 。

13．D
【解析】
【详解】
A ．分子式为C 5H 8O ，A 错误；
B．两个环共用的碳原子与4个碳原子相连，类似于甲烷的结构，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；
C．环氧乙烷（）只有一个环，而M具有两个环，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；
D．三元环和四元环中的一氯代物各有1种，D正确；
故选D。

14．B
【解析】
【详解】
A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，选项A正确；
B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，选项B错误；
C、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C正确；
D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D正确；
答案选B。

【点睛】
本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。

易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。

15．A
【解析】
【分析】
【详解】
分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种；
A.戊烷的同分异构体有：CH3−CH2−CH2−CH2−CH3、、，若为CH3−CH2−CH2−CH2−CH3，相应烯烃有CH2═CH−CH2−CH2−CH3、CH3−CH═CH−CH2−CH3；若为，相应烯烃有：
CH2═C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)═CHCH3、CH3CH(CH3)CH═CH2；若为，没有相应烯烃，总共5
种，故A正确；
B.分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1
种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；
C.甲苯分子中含有4种氢原子，一溴代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4种，故C错误；
D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D错误。

答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++ SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+ SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10 mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥
【解析】
【分析】
实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+ SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。

【详解】
（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。

答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；
（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。

可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。

答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+ SO42-+2H+；
（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。

CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。

答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；
（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。

答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；
（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10 mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。

答案为：向产品中加入10 mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。

【点睛】
解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．第2周期，VIA族O2-分子间作用力HCO3- + H2O H2CO3 + OH-
【解析】
【分析】
根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。

【详解】
W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z 是钠元素。

（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；
（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；
；
（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，故答案为：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．0.042mol/(L·min)
9
16
bc < NO、NO22NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2 (g)+3H2O(g)
△H=−2Q kJ·mol−1Mn 200℃左右
【解析】
【分析】
（1）根据题给数据计算反应速率，根据平衡常数表达式及平衡移动原理分析解答；（2）根据题给信息书写热化学方程式；根据题给信息中反应条件分析解答。